Question

14．已知函数f（x）=x${\;}^{2}+x+ln\frac{1}{x-a}$在x=0处取得极值．
（1）求实数a的值；
（2）若关于x的方程f（x）=$\frac{5}{2}$x-b在区间[0，2]上恰有两个不同的实数根，求实数b的取值范围．
（3）证明：对任意的正整数n，不等式2+$\frac{3}{4}+\frac{4}{9}+…+\frac{n+1}{{n}^{2}}$＞ln（n+1）都成立．

Answer 1

分析 （1）函数f（x）=x${\;}^{2}+x+ln\frac{1}{x-a}$=x²+x-ln（x-a），对其进行求导，在x=0处取得极值，可得f′（0）=0，求得a值；
（2）关于x的方程f（x）=$\frac{5}{2}$x-b在区间[0，2]上恰有两个不同的实数根，将问题转化为φ（x）=0，在区间[0，2]上恰有两个不同的实数根，对φ（x）对进行求导，从而求出b的范围；
（3）f（x）=x²+x-ln（x+1）的定义域为{x|x＞-1}，利用导数研究其单调性，可以推出ln（x+1）-x²-x≤0，令x=$\frac{1}{n}$，可以得到ln（$\frac{n+1}{n}$）＜$\frac{n+1}{{n}^{2}}$，利用此不等式进行放缩证明．

解答 解：（1）f（x）=x${\;}^{2}+x+ln\frac{1}{x-a}$=x²+x-ln（x-a）
∴f′（x）=2x+1-$\frac{1}{x-a}$              
当x=0时，f（x）取得极值，
∴f′（0）=0，
故1-$\frac{1}{x-a}$=0，
解得a=-1，
经检验a=-1符合题意，
则实数a的值为-1；
（2）由a=-1知f（x）=x²+x-ln（x+1）
由f（x）=$\frac{5}{2}$x-b，得ln（x+1）-x²+$\frac{3}{2}$x-b=0
令φ（x）=ln（x+1）-x²+$\frac{3}{2}$x-b，
则f（x）=$\frac{5}{2}$x-b在区间[0，2]上恰有两个不同的实数根等价于φ（x）=0在区间[0，2]上恰有两个不同的实数根．
φ′（x）=$\frac{1}{x+1}$-2x+$\frac{3}{2}$=$\frac{-（4x+5）（x-1）}{2（x+1）}$，
当x∈[0，1]时，φ′（x）＞0，于是φ（x）在[0，1）上单调递增；
当x∈（1，2]时，φ′（x）＜0，于是φ（x）在（1，2]上单调递减，
依题意有φ（0）=-b≤0，
φ（1）=ln（1+1）-1+$\frac{3}{2}$-b＞0，
φ（2）=ln（1+2）-4+3-b≤0
解得，ln3-1≤b＜ln2+$\frac{1}{2}$，
故实数b的取值范围为：[ln3-1，ln2+$\frac{1}{2}$）；       
（3）：f（x）=x²+x-ln（x+1）的定义域为{x|x＞-1}，由（1）知f′（x）=2x+1-$\frac{1}{x+1}$=$\frac{x（2x+3）}{x+1}$，
令f′（x）=0得，x=0或x=-$\frac{3}{2}$（舍去），
∴当-1＜x＜0时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当x＞0时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．
∴f（0）为f（x）在（-1，+∞）上的最小值．
∴f（x）≥f（0），故ln（x+1）-x²-x≤0（当且仅当x=0时，等号成立）
对任意正整数n，取x=$\frac{1}{n}$＞0得，ln（$\frac{1}{n}$+1）＜$\frac{1}{n}$+$\frac{1}{{n}^{2}}$，
∴ln（$\frac{n+1}{n}$）＜$\frac{n+1}{{n}^{2}}$，
故2+$\frac{3}{4}+\frac{4}{9}+…+\frac{n+1}{{n}^{2}}$＞ln2+ln$\frac{3}{2}$+ln$\frac{4}{3}$+…+ln$\frac{n+1}{n}$=ln（n+1）．

点评 本题考查利用导数研究函数的极值及单调性，解题过程中用到了分类讨论的思想，分类讨论的思想也是高考的一个重要思想，要注意体会其在解题中的运用，第三问难度比较大，利用了前两问的结论进行证明，此题是一道中档题．