Question

1．函数f（x）=ln（x+1）-x²-x
（Ⅰ）若关于x的函数h（x）=f（x）+$\frac{5}{2}$x-t在[0，2]上恰有两个不同零点，求实数t的取值范围；
（Ⅱ）求证：对任意的n∈N^*，不等式ln（n+2）＜1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$+ln2都成立．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用导数求h（x）=f（x）+$\frac{5}{2}$x-t在[0，2]上的最大值h（1），由题意可得$\left\{\begin{array}{l}{h（0）=-t≤0}\\{h（1）=ln2+\frac{1}{2}-t＞0}\\{h（2）=ln3-1-t≤0}\end{array}\right.$，求解不等式组得答案；
（Ⅱ）求出函数f（x）=ln（x+1）-x²-x在（0，+∞）上为减函数，可得x²+x≥ln（1+x），x≥0，令x=$\frac{1}{n}$，然后利用放缩法证明不等式ln（n+2）＜1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$+ln2．

解答 （Ⅰ）解：f（x）=ln（x+1）-x²-x，
则函数h（x）=f（x）+$\frac{5}{2}$x-t=ln（x+1）-x²+$\frac{3x}{2}$-t，
∴h′（x）=$\frac{1}{x+1}-2x+\frac{3}{2}$=$-\frac{（x-1）（4x+5）}{2（x+1）}$．
当x∈（0，1）时，h′（x）＞0，于是h（x）在（0，1）上单调递增；
当x∈（1，2）时，h′（x）＜0，于是h（x）在（1，2）上单调递减．
依题意有$\left\{\begin{array}{l}{h（0）=-t≤0}\\{h（1）=ln2+\frac{1}{2}-t＞0}\\{h（2）=ln3-1-t≤0}\end{array}\right.$，
∴ln3-1≤t≤ln2+$\frac{1}{2}$；
（Ⅱ）证明：由f（x）=ln（x+1）-x²-x，
得f′（x）=$\frac{1}{x+1}-2x-1$=$\frac{-x（2x+3）}{x+1}$，
当x≥0时，f′（x）≤0，则函数单调递减，
则f（x）≤f（0）=0，
故x²+x≥ln（1+x），x≥0，
令x=$\frac{1}{n}$，得（$\frac{1}{n}$）²+$\frac{1}{n}$≥ln（1+$\frac{1}{n}$）=ln（1+n）-lnn，
即$\frac{1}{n（n-1）}+\frac{1}{n}$＞$\frac{1}{{n}^{2}}+\frac{1}{n}$≥ln（1+n）-lnn，
从而$\frac{1}{n-1}$＞ln（1+n）-lnn，
分别令n=2，3，4，…n，
则1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n-1}$+$\frac{1}{n}$＞ln3-ln2+ln4-ln3+…+ln（1+n）-lnn+ln（2+n）-ln（1+n）=ln（n+2）-ln2，
故ln（n+2）＜1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$+ln2．

点评 本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查函数、导数、不等式等基础知识，以及综合运用上述知识分析问题和解决问题的能力，利用已知函数的单调性结合放缩法是解决本题的关键，综合性较强，难度较大．