Question

19．已知函数f（x）=ax-ln（x+1）的最小值为0，其中a＞0．
（1）求a的值；
（2）若对任意的x∈（0，+∞），有$\frac{k{x}^{2}}{f（x）}$＞1成立，求实数k的最小值；
（3）证明$\sum_{i=1}^{n}\frac{2}{2i-1}$-ln（2n+1）＜2（n∈N^*）．

Answer 1

分析 （1）利用导数研究单调性，求出最小值点，根据此时函数值为0列出方程即可求出a的值；
（2）根据关于x的不等式恒成立利用函数的最值得到一个关于k表达式，然后据原式恒成立构造关于k的不等式求出符合题意的k值；
（3）根据（2）的结论，可适当的将原式进行放缩，以便可以化简求和，从而使问题获证．

解答 解析：（1）f（x）的定义域为x∈（-1，+∞）．
f（x）=ax-ln（x+1）⇒f′（x）=a-$\frac{1}{x+1}=\frac{ax+a-1}{x+1}=0$?$x=\frac{1}{a}-1＞-1$．
所以f′（x）＞0?$x＞\frac{1}{a}-1$，f′（x）＜0?$-1＜x＜\frac{1}{a}-1$．
得：$x=\frac{1}{a}-1$时，$f（x）_{min}=f（\frac{1}{a}-1）=1-a+lna=0$，所以a=1．
（2）由（1）知，f（x）在x∈（0，+∞）上是增函数，所以f（x）＞f（0）=0，x∈（0，+∞）．
所以$\frac{k{x}^{2}}{f（x）}＞1$?kx²-f（x）＞0在x∈（0，+∞）上恒成立
设g（x）=kx²-f（x）=kx²-x+ln（x+1）（x≥0）．
则g（x）≥0在x∈（0，+∞）上恒成立，即g（x）_min≥0=g（0）．（*）
由g（1）=k-1+ln2≥0得k＞0．
$g′（x）=2kx-1+\frac{1}{x+1}=\frac{x（2kx+2k-1）}{x+1}$．
①当2k-1＜0即k$＜\frac{1}{2}$时，g′（x）≤0?$0≤x≤\frac{1-2k}{2k}={x}_{0}$⇒g（x₀）＜g（0）=0与（*）矛盾
②当$k≥\frac{1}{2}$时，g′（x）≥0⇒g（x）_min=g（0）=0符合（*）
得：实数k的最小值为$\frac{1}{2}$．
（3）由（2）得：$x-ln（x+1）＜\frac{1}{2}{x}^{2}$对任意的x＞0值恒成立
取$x=\frac{2}{2i-1}（i=1，2，3，…，n）$：$\frac{2}{2i-1}-[ln（2i+1）-ln（2i-1）]＜\frac{2}{（2i-1）^{2}}$．
当n=1时，2-ln3＜2 得：$\sum_{i=1}^{n}\frac{2}{2i-1}-ln（2n+1）＜2$．
当i≥2时，$\frac{2}{（2i-1）^{2}}＜\frac{1}{2i-3}-\frac{1}{2i-1}$．
得：$\sum_{i=1}^{n}[\frac{2}{2i-1}-ln（2i+1）+ln（2i-1）]$$＜2-ln3+1-\frac{1}{2n-1}＜2$．

点评 本题考查了导数在求函数的最值，证明不等式恒成立问题中的应用，在证第三问时，要注意放缩法的应用．本题有些难度．