Question

16．设函数f（x）=x²+bln（x+1），其中b≠0．
（Ⅰ）当b=$\frac{1}{2}$时，判断函数f（x）在定义域上的单调性；
（Ⅱ）当b＜$\frac{1}{2}$时，求函数f（x）的极值点
（Ⅲ）证明对任意的正整数n，不等式$ln（\frac{1}{n}+1）＞\frac{1}{n^2}-\frac{1}{n^3}$都成立．

Answer 1

分析 （Ⅰ）将b的值代入，求出函数的表达式、导数，从而求出函数的单调区间；
（Ⅱ）通过讨论b的范围，得到函数的单调区间，从而求出函数的极值点；
（Ⅲ）将b=-1代入函数的表达式，求出函数f（x）的表达式，令h（x）=x³-f（x），求出h（x）的导数，得到ln（x+1）＞x²-x³，从而证出结论．

解答 解（Ⅰ）当$b=\frac{1}{2}时$，f（x）=x²+$\frac{1}{2}$ln（x+1），（x＞-1），
f′（x）=2x+$\frac{1}{2（x+1）}$=2（x+1）+$\frac{1}{2（x+1）}$-2≥2$\sqrt{2（x+1）•\frac{1}{2（x+1）}}$-2≥0，
当且仅当x=-$\frac{1}{2}$时，“=”成立，
∴函数f（x）在定义域（-1，+∞）上单调递增．
（Ⅱ）   当$b＜\frac{1}{2}$时，解f′（x）=0得两个不同解：${x_1}=\frac{{-1-\sqrt{1-2b}}}{2}，{x_2}=\frac{{-1+\sqrt{1-2b}}}{2}$
当b＜0时，${x_1}=\frac{{-1-\sqrt{1-2b}}}{2}＜-1，{x_2}=\frac{{-1+\sqrt{1-2b}}}{2}＞-1$
∴x₁∈（-∞，-1），x₂∈（-1，+∞），
此时f（x）在（-1，+∞）上有唯一的极小值点${x_2}=\frac{{-1+\sqrt{1-2b}}}{2}$
当$0＜b＜\frac{1}{2}$时，x₁，x₂∈（-1，+∞）f′（x）在（-1，x₁），（x₂，+∞）都大于0，f′（x）在（x₁，x₂）上小于0，
此时f（x）有一个极大值点${x_1}=\frac{{-1-\sqrt{1-2b}}}{2}$和一个极小值点${x_2}=\frac{{-1+\sqrt{1-2b}}}{2}$
综上可知，$0＜b＜\frac{1}{2}$时，f（x）有一个极大值点${x_1}=\frac{{-1-\sqrt{1-2b}}}{2}$和一个极小值点${x_2}=\frac{{-1+\sqrt{1-2b}}}{2}$，
b＜0，时，f（x）在（-1，+∞）上有唯一的极小值点${x_2}=\frac{{-1+\sqrt{1-2b}}}{2}$；
（Ⅲ）当b=-1时，f（x）=x²-ln（x+1），
令$h（x）={x^3}-f（x）={x^3}-{x^2}+ln（x+1），则h'（x）=\frac{{3{x^3}+{{（x-1）}^2}}}{x+1}在[0，+∞）$上恒正，
∴h（x）在[0，+∞）上单调递增，当x∈（0，+∞）时，恒有h（x）＞h（0）=0，
即当x∈（0，+∞）时，有x³-x²+ln（x+1）＞0，ln（x+1）＞x²-x³，
对任意正整数n，取$x=\frac{1}{n}得ln（\frac{1}{n}+1）＞\frac{1}{n^2}-\frac{1}{n^3}$．

点评 本题考察了函数的单调性，导数的应用，考察分类讨论思想，运用转化思想是解答第三问的关键，本题是一道难题．