Question

16．已知函数f（x）=aln（x+1）-$\frac{4}{x+1}$+x．
（1）对任意的x∈[$-\frac{1}{2}$，+∞），不等式f（x）≤x恒成立，求实数a的取值范围；
（2）若数列{a_n}的通项公式是a_n=1+$\frac{1}{n}$（n∈N^*），前n项和是S_n，求证：S_n≥$\frac{2ln（n+1）}{ln2}$．

Answer 1

分析 （1）对任意的x∈[$-\frac{1}{2}$，+∞），不等式f（x）≤x恒成立，化为a（x+1）ln（x+1）-4≤0恒成立．令g（x）=a（x+1）ln（x+1）-4，x∈[$-\frac{1}{2}$，+∞）．当a=0时，直接验证即可得出结论．当a≠0时，g′（x）=a[ln（x+1）+1]，由于$x≥-\frac{1}{2}$，可得ln（x+1）$≥ln\frac{1}{2}$，ln（x+1）+1＞0，因此只要对a分类讨论即可得出．
（2）先利用导数证明g（x）=2ln（1+x）-（1+$\frac{1}{x}$）ln2＜0，在$x∈（0，\frac{1}{2}]$上恒成立．再利用数学归纳法证明结论即可．

解答 （1）解：对任意的x∈[$-\frac{1}{2}$，+∞），不等式f（x）≤x恒成立，
化为a（x+1）ln（x+1）-4≤0恒成立（*）．
令g（x）=a（x+1）ln（x+1）-4，x∈[$-\frac{1}{2}$，+∞）．
当a=0时，g（x）=-4≤0，对于x∈[$-\frac{1}{2}$，+∞）恒成立，∴a=0满足条件．
当a≠0时，g′（x）=a[ln（x+1）+1]，
∵$x≥-\frac{1}{2}$，∴x+1$≥\frac{1}{2}$，
∴ln（x+1）$≥ln\frac{1}{2}$，
∴ln（x+1）+1≥1-ln2＞0，
∴当a＞0时，g′（x）＞0，∴函数g（x）在x∈[$-\frac{1}{2}$，+∞）单调递增，（*）不恒成立，舍去．
当a＜0时，g′（x）＜0，∴函数g（x）在x∈[$-\frac{1}{2}$，+∞）单调递减，
∴g（x）≤g（-$\frac{1}{2}$）=$\frac{1}{2}aln（\frac{1}{2}）$-4=-$\frac{1}{2}aln2$-4，令-$\frac{1}{2}aln2$-4≤0，解得a$≥-\frac{8}{ln2}$．
∴当0＞a$≥-\frac{8}{ln2}$时，（*）恒成立，而当a$＜-\frac{8}{ln2}$时，（*）不恒成立．
综上可得a的取值范围为：$[-\frac{8}{ln2}，0]$．
（2）证明：先证明g（x）=2ln（1+x）-（1+$\frac{1}{x}$）ln2＜0，在$x∈（0，\frac{1}{2}]$上恒成立．
g′（x）=$\frac{2}{1+x}$+$\frac{ln2}{{x}^{2}}$＞0，
∴函数g（x）在$x∈（0，\frac{1}{2}]$上单调递增．
∴g（x）≤$g（\frac{1}{2}）$=$2ln（1+\frac{1}{2}）$-3ln2＜0，
∴g（x）=2ln（1+x）-（1+$\frac{1}{x}$）ln2＜0，在$x∈（0，\frac{1}{2}]$上恒成立．
S_n=n+1+$\frac{1}{2}$+…+$\frac{1}{n}$．
下面利用数学归纳法证明：S_n≥$\frac{2ln（n+1）}{ln2}$．
①当n=1时，S₁=2=$\frac{2ln2}{ln2}$，成立．
②假设当n=k（k∈N^*）时，S_k$≥\frac{2ln（k+1）}{ln2}$成立，
即k+1+$\frac{1}{2}$+…+$\frac{1}{k}$$≥\frac{2ln（k+1）}{ln2}$成立，
则当n=k+1时，S_k+1=S_k+1+$\frac{1}{k+1}$≥$\frac{2ln（k+1）}{ln2}$+1+$\frac{1}{k+1}$．
由$2ln（1+\frac{1}{k+1}）$＜$（1+\frac{1}{k+1}）ln2$，
可得$1+\frac{1}{k+1}$＞$\frac{2ln（k+2）-2ln（k+1）}{ln2}$，
∴$\frac{2ln（k+1）}{ln2}$+1+$\frac{1}{k+1}$＞$\frac{2ln（k+2）}{ln2}$．
∴S_k+1≥$\frac{2ln（k+1+1）}{ln2}$．
因此当n=k+1时，假设成立．
综上可得：?n∈N^*，S_n≥$\frac{2ln（n+1）}{ln2}$成立．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、数学归纳法的应用，考查了推理能力与计算能力，属于难题．