Question

18．已知函数f（x）=ln（1+x）-ax，$g（x）=\frac{x}{1+x}-bln（1+x）$．
（Ⅰ）当b=1时，求g（x）的最大值；
（Ⅱ）若对?x∈[0，+∞），f（x）≤0恒成立，求a的取值范围；
（Ⅲ）证明$\sum_{i=1}^n{\frac{i}{{{i^2}+1}}-lnn}≤\frac{1}{2}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数g（x）的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数g（x）的最大值即可；
（Ⅱ）求出函数f（x）的导数，通过讨论a的范围，得到函数f（x）的单调区间，从而确定a的具体范围即可；
（Ⅲ）得到$\frac{x}{1+x}＜ln（1+x）$（x＞0），取$x=\frac{1}{n}•\frac{1}{1+n}＜ln（1+\frac{1}{n}）$，作差证出结论即可．

解答 解：（Ⅰ）当b=1时，$g（x）=\frac{x}{1+x}-ln（1+x）$，x∈（-1，+∞），
$g'（x）=\frac{1}{{{{（1+x）}^2}}}-\frac{1}{1+x}=\frac{-x}{{{{（1+x）}^2}}}$，
当x∈（-1，0）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增；
当x∈（0，+∞）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减；
∴函数g（x）的最大值g（0）=0．
（Ⅱ）$f'（x）=\frac{1}{1+x}-a$，∵x∈[0，+∞），∴$\frac{1}{1+x}∈（0，1]$．
①当a≥1时，f'（x）≤0恒成立，
∴f（x）在[0，+∞）上是减函数，
∴f（x）≤f（0）=0适合题意．
②当a≤0时，$f'（x）=\frac{1}{1+x}-a＞0$，
∴f（x）在[0，+∞）上是增函数，
∴f（x）=ln（1+x）-ax＞f（0）=0，
不能使f（x）＜0在[0，+∞）恒成立．
③当0＜a＜1时，
令f'（x）=0，得$x=\frac{1}{a}-1$，
当$x∈[0，\frac{1}{a}-1）$时，f'（x）≥0，
∴f（x）在$[0，\frac{1}{a}-1）$上为增函数，
∴f（x）＞f（0）=0，不能使f（x）＜0在[0，+∞）恒成立，
∴a的取值范围是[1，+∞）．
（Ⅲ）证明：由（Ⅰ）得$\frac{x}{1+x}-ln（x+1）≤0$，
∴$\frac{x}{1+x}＜ln（1+x）$（x＞0），
取$x=\frac{1}{n}•\frac{1}{1+n}＜ln（1+\frac{1}{n}）$，${x_n}=\sum_{i=1}^n{\frac{i}{{{i^2}+1}}}-lnn$，则${x_1}=\frac{1}{2}$，
∴${x_n}-{x_{n-1}}=\frac{n}{{{n^2}+1}}-[{lnn-ln（n-1）}]$
=$\frac{n}{{{n^2}+1}}-ln（1+\frac{1}{n-1}）$$＜\frac{n}{{{n^2}+1}}-\frac{1}{n}=-\frac{1}{{（{n^2}+1）n}}＜0$，
∴${x_n}＜{x_{n-1}}＜…＜{x_1}=\frac{1}{2}$，
∴$\sum_{i=1}^n{\frac{i}{{{i^2}+1}}}-lnn≤\frac{1}{2}$．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，考查不等式的证明，是一道综合题．