Question

已知函数f（x）=ax²+ln（x+1）．
（1）当a=-

1

4

时，求函数f（x）的单调区间；
（2）当x∈[0，+∞）时，不等式f（x）≤x恒成立，求实数a的取值范围．
（3）利用ln（x+1）≤x，求证：ln{(1+

2

2×3

)(1+

4

3×5

)(1+

8

5×9

)•…•[1+

2n

(2n-1+1)(2n+1)

]}＜1（其中n∈N^*，e是自然对数的底数）．

Answer 1

分析：（1）把a=-

1

4

代入函数f（x），再对其进行求导利用导数研究函数f（x）的单调区间；
（2）当x∈[0，+∞）时，不等式f（x）≤x恒成立，即ax²+ln（x+1）-x≤0恒成立，只要求出ax²+ln（x+1）-x的最小值即可，构造函数，利用导数研究其最值问题；
（3）利用不等式ln（x+1）≤x对所要证明的不等式进行放缩，然后利用裂项相消法进行求和，从而进行证明；

解答：解：（1）当a=-

1

4

时，f（x）=-

1

4

x2+ln（x+1）（x＞-1），
f′（x）=-

1

2

x+

1

x+1

=-

(x+2)(x-1)

2(x+1)

（x＞-1），
由f'（x）＞0，解得-1＜x＜1，由f'（x）＜0，解得x＞1．
故函数f（x）的单调递增区间为（-1，1），单调递减区间为（1，+∞）．
（2）当x∈[0，+∞）时，不等式f（x）≤x恒成立，即ax²+ln（x+1）-x≤0恒成立，
设g（x）=ax²+ln（x+1）-x（x≥0），
只需g（x）_max≤0即可．
g′（x）=2ax+

1

x+1

-1=

x[2ax+(2a-1)]

x+1

，
（ⅰ）当a=0时，g′（x）=

-x

x+1

，当x＞0时，g'（x）＜0，函数g（x）在（0，+∞）上单调递减，
故g（x）≤g（0）=0成立．
（ⅱ）当a＞0时，令g′（x）=

x[2ax+(2a-1)]

x+1

=0，因x∈[0，+∞），所以x=

1

2a

-1，
①若

1

2a

-1＜0，即a＞

1

2

时，在区间（0，+∞）上，g'（x）＞0，
则函数g（x）在（0，+∞）上单调递增，g（x）在[0，+∞）上无最大值（或：当x→+∞时，g（x）→+∞），此时不满足条件；
②若

1

2a

-1≥0，即0＜a≤

1

2

时，函数g（x）在（0，

1

2a

-1）上单调递减，在区间（

1

2a

-1，+∞）上单调递增，
同样g（x）在[0，+∞）上无最大值，不满足条件．
（ⅲ）当a＜0时，g′（x）=

x[2ax+(2a-1)]

x+1

，
∵x∈[0，+∞），∴2ax+（2a-1）＜0，
∴g'（x）＜0，故函数g（x）在[0，+∞）上单调递减，
故g（x）≤g（0）=0成立．
综上所述，实数a的取值范围是（-∞，0]．
（3）因为ln（x+1）≤x，且

2n

(2n-1+1)(2n+1)

=2（

1

2n-1+1

-

1

2n+1

），
所以ln{（1+

2

2×3

）（1+

4

3×5

）（1+

8

5×9

）•…•[1+

2n

(2n-1+1)(2n+1)

]}
=ln（1+

2

2×3

）+ln（1+

4

3×5

）+ln（1+

8

5×9

）+…+ln[1+

2n

(2n-1+1)(2n+1)

]＜

2

2×3

+

4

3×5

+

8

5×9

+…+

2n

(2n-1+1)(2n+1)

=2[（

1

2

-

1

3

）+（

1

3

-

1

5

）+（

1

5

-

1

9

）+…+（

1

2n-1+1

-

1

2n+1

）]
=2[（

1

2

-

1

2n+1

）]＜1，
∴ln{(1+

2

2×3

)(1+

4

3×5

)(1+

8

5×9

)•…•[1+

2n

(2n-1+1)(2n+1)

]}＜1．

点评：此题主要考查利用导数研究函数的单调区间和最值问题，解题过程中多次用到了转化的思想，第二题是函数的恒成立问题，转化为函数最值问题解决，第三问不等式的证明要借助所给不等式，利用它进行放缩证明，本题难度比较大，是一道综合题；