Question

16．已知函数f（x）=ln（x+1）-$\frac{ax}{x+1}$．
（1）讨论函数f（x）在其定义域内的单调性；
（2）证明：（$\frac{2015}{2014}$）²⁰¹⁵＞e（其中e为自然数的底数）；
（3）证明：$\sum_{i=2}^{n}\frac{1}{i}$＜lnn（n∈N^*，n≥2）．

Answer 1

分析 （1）出函数的导数，对a进行分类讨论，进而可得f（x）的单调区间；
（2）要证明原式成立，只要证明即证ln（1+$\frac{1}{2014}$）＞$\frac{\frac{1}{2014}}{1+\frac{1}{2014}}$，由（1）可得当a=1时，f（x）在（0，+∞）上单调递增，继而到ln（x+1）＞$\frac{x}{x+1}$，问题得以证明．
（3）由（1）得：当a=1时，f（x）=ln（x+1）-$\frac{x}{x+1}$在（0，+∞）上为增函数，又由f（1）=0，可得ln（x+1）＞1-$\frac{1}{x+1}$在（0，+∞）上恒成立，进而利用对数的运算性质，可得答案

解答 解：（1）∵f（x）=ln（x+1）-$\frac{ax}{x+1}$，x＞-1，
∴f′（x）=$\frac{1}{x+1}$-$\frac{a}{（x+1）^{2}}$=$\frac{x+1-a}{（x+1）^{2}}$
①当a≤0时，此时f′（x）＞0恒成立，
∴f（x）在（-1，+∞）上单调递增，
②当a＞0时，令f′（x）=0，解得x=a-1，
当f′（x）＞0时，即x＞a-1，函数f（x）单调递增，
当f′（x）＜0时，即-1＜x＜a-1，函数f（x）单调递减，
综上所述，当a≤0时，f（x）在（-1，+∞）上单调递增，
a＞0时，函数f（x）在（a-1，+∞）上单调递增，在（-1，a-1），函数f（x）单调递减；
（2）要证明：（$\frac{2015}{2014}$）²⁰¹⁵＞e，只要证2015ln（$\frac{2015}{2014}$）＞1，即证ln（1+$\frac{1}{2014}$）＞$\frac{1}{2015}$，即证ln（1+$\frac{1}{2014}$）＞$\frac{\frac{1}{2014}}{1+\frac{1}{2014}}$，
由（1）可得当a=1时，f（x）在（0，+∞）上单调递增，
∴f（x）＞f（0）=0，
∴ln（x+1）＞$\frac{x}{x+1}$，
当x=$\frac{1}{2014}$时，
即ln（1+$\frac{1}{2014}$）＞$\frac{\frac{1}{2014}}{1+\frac{1}{2014}}$，
∴（$\frac{2015}{2014}$）²⁰¹⁵＞e
（3）由（1）得：当a=1时，f（x）=ln（x+1）-$\frac{x}{x+1}$在（0，+∞）上为增函数，
又由f（0）=0，
故f（x）=ln（x+1）-$\frac{x}{x+1}$＞0在（0+∞）上恒成立，
即ln（x+1）＞$\frac{x}{x+1}$在（0，+∞）上恒成立，
∴ln（x+1）＞1-$\frac{1}{x+1}$在（0，+∞）上恒成立，
∴ln2＞$\frac{1}{2}$
ln$\frac{3}{2}$＞$\frac{1}{3}$，
ln$\frac{4}{3}$＞$\frac{1}{4}$
…，
ln$\frac{n}{n-1}$＞$\frac{1}{n}$，
累加得：ln2+ln$\frac{3}{2}$+…+ln$\frac{n}{n-1}$=lnn＞$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$，
∴$\sum_{i=2}^{n}\frac{1}{i}$＜lnn（n∈N^*，n≥2）．

点评 本题考察了函数的单调性，导数的应用，解不等式，以及不等式的证明，是一道综合题