Question

6．设函数f（x）=$\frac{x}{1+x}$，g（x）=ln（x+1）．
（1）求函数 H₁（x）=f（x）-g（x）的最大值；
（2）记 H₂（x）=g（x）-bx，是否存在实数b，使 H₂（x）＜0在（0，+∞）上恒成立？若存在，求出b的取值范围；若不存在，说明理由；
（3）证明：-1＜$\sum_{k=1}^n{\frac{k}{{{k^2}+1}}}$-lnn≤$\frac{1}{2}$（n=1，2，…）．

Answer 1

分析 （1）利用导数先研究函数的单调性，然后根据单调性求出函数的最值；
（2）先对函数H₂（x）求导数，然后研究该函数在（0，+∞）上的单调性，求其最大值，用b表示，该最大值满足小于零即可，解不等式组获得b的范围；
（3）结合（2）的结论可先构造函数，然后利用函数的单调性构造不等式，使问题获得证明．注意在化简求和时的方法．

解答 解：（1）函数H（x）的定义域为（-1，+∞），
又${H}_{1}′（x）=\frac{1}{（1+x）^{2}}-\frac{1}{1+x}=\frac{-x}{（1+x）^{2}}$，令H₁′（x）=0得x=0．
当x∈（-1，0）时，H₁′（x）＞0，H₁（x）递增；当x∈（0，+∞）时，H₁′（x）＜0，H₁（x）递减．
所以函数H₁（x）的最大值为H₁（0）=0．
（2）由已知得：${H}_{2}′（x）=\frac{1}{1+x}-b$，
①若b≥1，则x∈[0，+∞）时，H₂′（x）≤0，所以H₂（x）=g（x）-bx在[0，+∞）上为减函数，
所以H₂（x）=ln（1+x）-bx＜H2（0）=0在[0，+∞）恒成立．
②若b≤0，则x∈[0，+∞）时，${H}_{2}′（x）=\frac{1}{1+x}-b＞0$，所以H₂（x）=g（x）-bx在[0，+∞）上为增函数，
所以H₂（x）=ln（1+x）-bx＞H（0）=0，不能使H₂（x）＜0在[0，+∞）上恒成立．
③若0＜b＜1，则由H′₂（x）=0得x=$\frac{1}{b}-1$，
当x∈[$0，\frac{1}{b}-1$）时，H₂′（x）＞0，所以H₂（x）在[0，$\frac{1}{b}-1$）上为增函数，
所以H₂（x）=ln（1+x）-bx＞H₂（0）=0，所以不能使H₂（x）＜0在[0，+∞）上恒成立．
综上所述，b的取值范围是[1，+∞）．
（3）由以上得：$\frac{x}{1+x}＜ln（1+x）＜x（x＞0）$．
取x=$\frac{1}{n}$得：$\frac{1}{1+n}＜ln（1+\frac{1}{n}）＜\frac{1}{n}$．
令${x}_{n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{{k}^{2}+1}-lnn$，则${x}_{1}=\frac{1}{2}$，
当n≥2时，${x}_{n}-{x}_{n-1}=\frac{n}{{n}^{2}+1}-ln（1+\frac{1}{n-1}）$$＜\frac{n}{{n}^{2}+1}-\frac{1}{n}$=-$\frac{1}{（{n}^{2}+1）n}＜0$．
因此${x}_{n}＜{x}_{n-1}＜…{x}_{1}=\frac{1}{2}$，即$\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{{k}^{2}+1}-lnn≤\frac{1}{2}$．
又lnn=$\sum_{k=2}^{n}[lnk-ln（k-1）]+ln1=\sum_{k=1}^{n-1}ln（1+\frac{1}{k}）$，
故xn=$\sum_{i=1}^{n}$$\frac{k}{{k}^{2}+1}$-$\sum_{i=1}^{n-1}$ln（1+$\frac{1}{k}$）
=$\sum_{k=1}^{n-1}[\frac{k}{{k}^{2}+1}-ln（1+\frac{1}{k}）]+\frac{n}{{n}^{2}+1}$$＞\sum_{k=1}^{n-1}（\frac{k}{{k}^{2}+1}-\frac{1}{k}）=-\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{（{k}^{2}+1）k}$
＞$-\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{（k+1）k}$=-1+$\frac{1}{n}＞-1$．
综上所述，不等式-1＜$\sum_{k=1}^n{\frac{k}{{{k^2}+1}}}$-lnn≤$\frac{1}{2}$（n=1，2，…）成立．

点评 本题考查了利用函数的单调性研究函数的最值问题，以及不等式恒成立问题的解题思路，同时第三问还涉及到放缩法的应用．