Question

1．已知常数a≥0，函数f（x）=ln（1+x）+$\frac{a}{2}$x²-x（x≥0）．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）设n∈N^*，求证：ln（n+1）＜$\sum_{i=1}^{n}$$\frac{1}{k}$＜ln（n+1）+$\frac{2n-1}{2n}$．

Answer 1

分析 （1）求出函数f（x）的导数，讨论a=0，a=1，a＞1，0＜a＜1时，判断导数的符号，求得单调区间；
（2）先证第一个不等式，可由f（x）=ln（1+x）-x在[0，+∞）递减．即有ln（1+x）≤x，当x=0时，取得等号．令x=$\frac{1}{k}$（k∈N^*），运用累加和对数的性质可得；再证第二个不等式，由y=lnx+$\frac{1}{x}$在（1，+∞）递增，
故当x＞1时，$\frac{1}{x}$+lnx＞1，化为lnx＞1-$\frac{1}{x}$，令x=1+$\frac{1}{n}$，n∈N^*，n≥2．运用累加和对数的性质，结合$\frac{1}{n+1}$≥$\frac{1}{2n}$，即可得证．

解答 解：（1）f（x）=ln（1+x）+$\frac{a}{2}$x²-x的导数为
f′（x）=$\frac{1}{x+1}$+ax-1=$\frac{x（ax+a-1）}{x+1}$，
当a=0时，f′（x）=-$\frac{x}{x+1}$≤0，f（x）在[0，+∞）递减；
当a=1时，f′（x）=$\frac{{x}^{2}}{x+1}$≥0，f（x）在[0，+∞）递增；
当a＞1时，f′（x）≥0，f（x）在[0，+∞）递增；
当0＜a＜1时，f′（x）＞0可得x＞$\frac{1-a}{a}$，f′（x）＜0可得0≤x＜$\frac{1-a}{a}$，
即有f（x）在[0，$\frac{1-a}{a}$）递减，在（$\frac{1-a}{a}$，+∞）递增；
（2）证明：由（1）知，a=0，f（x）=ln（1+x）-x在[0，+∞）递减．
即有ln（1+x）≤x，当x=0时，取得等号．
令x=$\frac{1}{k}$（k∈N^*），即有ln（1+$\frac{1}{k}$）＜$\frac{1}{k}$，由k=1，2，…，n
则ln2＜1，ln$\frac{3}{2}$＜$\frac{1}{2}$，…，ln$\frac{n+1}{n}$＜$\frac{1}{n}$，
累加可得ln2+ln$\frac{3}{2}$+…+ln$\frac{n+1}{n}$＜1+$\frac{1}{2}$+…+$\frac{1}{n}$，
即为ln（2$•\frac{3}{2}$…$\frac{n+1}{n}$）=ln（n+1）＜1+$\frac{1}{2}$+…+$\frac{1}{n}$；
由y=lnx+$\frac{1}{x}$（x＞1）的导数为y′=$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$＞0，
即有y=lnx+$\frac{1}{x}$在（1，+∞）递增，
故当x＞1时，$\frac{1}{x}$+lnx＞1，化为lnx＞1-$\frac{1}{x}$，
令x=1+$\frac{1}{n}$，n∈N^*，n≥2．
则ln（1+$\frac{1}{n}$）＞1-$\frac{n}{1+n}$=$\frac{1}{n+1}$，
∴ln（1+n）-lnn＞$\frac{1}{n+1}$，
分别取n=1，2，3，…，
可得ln2-ln1＞$\frac{1}{2}$，
ln3-ln2＞$\frac{1}{3}$，
…，
ln（n+1）-lnn＞$\frac{1}{n+1}$．
累加求和可得：ln（n+1）＞$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n+1}$．
由$\frac{1}{n+1}$≥$\frac{1}{2n}$，
故ln（n+1）＞$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$+$\frac{1}{2n}$，
即为ln（n+1）+$\frac{2n-1}{2n}$＞1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$．
综上可得ln（n+1）＜$\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}$＜ln（n+1）+$\frac{2n-1}{2n}$．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了利用已经证明的结论证明不等式的方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．