Question

20．已知函数f（x）=ln（1+ax）-$\frac{2x}{x+2}$（a＞0）
（1）当a=$\frac{1}{2}$时，求f（x）的极值；
（2）若a∈（$\frac{1}{2}$，1），f（x）存在两个极值点x₁，x₂，试比较f（x₁）+f（x₂）与f（0）的大小
（3）求证e${\;}^{\frac{n（n-1）}{2}}$＞n!（n≥2，n∈N）

Answer 1

分析 （1）求出函数的定义域，求出导数，求得单调区间，即可得到极值；
（2）求出导数，求得极值点，再求极值之和，构造当0＜t＜1时，g（t）=2lnt+$\frac{2}{t}$-2，运用导数，判断单调性，即可得到结论；
（3）当0＜t＜1时，g（t）=2lnt+$\frac{2}{t}$-2＞0恒成立，即lnt+$\frac{1}{t}$-1＞0恒成立，设t=$\frac{1}{n}$（n≥2，n∈N），即ln$\frac{1}{n}$+n-1＞0，即有n-1＞lnn，运用累加法和等差数列的求和公式及对数的运算性质，即可得证．

解答 解：（1）f（x）=ln（1+$\frac{1}{2}$x）-$\frac{2x}{x+2}$，定义域$\left\{\begin{array}{l}{1+\frac{1}{2}x＞0}\\{x+2≠0}\end{array}\right.$解得x＞-2，
f′（x）=$\frac{1}{x+2}$-$\frac{4}{（x+2）^{2}}$=$\frac{x-2}{（x+2）^{2}}$，即有（-2，2）递减，（2，+∞）递增，
故f（x）的极小值为f（2）=ln2-1，没有极大值．
（2）f（x）=ln（1+ax）-$\frac{2x}{x+2}$（a＞0），x＞-$\frac{1}{a}$，
f′（x）=$\frac{a}{1+ax}$-$\frac{4}{（x+2）^{2}}$=$\frac{a{x}^{2}-4（1-a）}{（1+ax）（x+2）^{2}}$
由于$\frac{1}{2}$＜a＜1，则a（1-a）∈（0，$\frac{1}{4}$），-$\frac{1}{a}$＜-$\frac{2\sqrt{a（1-a）}}{a}$
ax²-4（1-a）=0，解得x=±$\frac{2\sqrt{a（1-a）}}{a}$，
f（x₁）+f（x₂）=ln[1+2$\sqrt{a（1-a）}$]+ln[1-2$\sqrt{a（1-a）}$]-$\frac{4\sqrt{1-a}}{2\sqrt{1-a}+2\sqrt{a}}$-$\frac{-4\sqrt{1-a}}{-2\sqrt{1-a}+2\sqrt{a}}$   
即f（x₁）+f（x₂）=ln[（1-2a）²]+$\frac{4-4a}{2a-1}$=ln[（1-2a）²]+$\frac{2}{2a-1}$-2                 
设t=2a-1，当$\frac{1}{2}$＜a＜1，0＜t＜1，则设f（x₁）+f（x₂）=g（t）=lnt²+$\frac{2}{t}$-2，
当0＜t＜1时，g（t）=2lnt+$\frac{2}{t}$-2，
g′（t）=$\frac{2}{t}$-$\frac{2}{{t}^{2}}$=$\frac{2（t-1）}{{t}^{2}}$＜0
g（t）在0＜t＜1上递减，g（t）＞g（1）=0，即f（x₁）+f（x₂）＞f（0）=0恒成立，
综上述f（x₁）+f（x₂）＞f（0）；
（3）证明：当0＜t＜1时，g（t）=2lnt+$\frac{2}{t}$-2＞0恒成立，即lnt+$\frac{1}{t}$-1＞0恒成立，
设t=$\frac{1}{n}$（n≥2，n∈N），即ln$\frac{1}{n}$+n-1＞0，即有n-1＞lnn，
即有1＞ln2，2＞ln3，3＞ln4，…，n-1＞lnn，
即有1+2+3+…+（n-1）＞ln2+ln3+ln4+…+lnn=ln（2×3×4×…×n）=ln（n!），
则$\frac{n（n-1）}{2}$＞ln（n!），
故e${\;}^{\frac{n（n-1）}{2}}$＞n!（n≥2，n∈N）．

点评 本题考查导数的运用：求单调区间和极值，同时考查构造函数，运用导数判断单调性，运用单调性比较大小，运用已知不等式和累加法证明不等式的方法，属于中档题．