Question

1．已知函数f（x）=ax³+bx²在x=1处取得极值$\frac{1}{6}$．
（Ⅰ）求a，b的值；
（Ⅱ）若对任意的x∈[0，+∞），都有f′（x）≤kln（x+1）成立（其中f′（x）是函数f（x）的导函数），求实数k的最小值；
（Ⅲ）证明：$\sum_{i=1}^n{\frac{1}{i}}$＜ln（n+1）+2（n∈N^*）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根据极值的定义可知f'（1）=0，f（1）=$\frac{1}{6}$，进而求出a，b的值；
（Ⅱ）整理不等式得x²-x+kln（x+1）≥0在x∈[0，+∞）恒成立，构造函数g（x）=x²-x+kln（x+1），可知g（0）=0，故只需函数为增函数即可，求出导函数，对参数k进行分类讨论，得出k的范围；
（Ⅲ）令上式中k=1得x≤x²+ln（x+1）在区间[0，+∞）上恒成立，根据题型，令x=$\frac{1}{n}$，利用累加和放缩法证明结论即可．

解答 解：（Ⅰ）由题设可求得，f'（x）=3ax²+2bx，（1分）
因为f（x）在x=1处取得极值$\frac{1}{6}$，
所以f'（1）=0，f（1）=$\frac{1}{6}$（3分）
解得a=-$\frac{1}{3}$，b=$\frac{1}{2}$．（4分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，f（x）=-$\frac{1}{3}$x²+$\frac{1}{2}$，所以f'（x）=-x²+x，
所以-x²+x≤kln（x+1）在x∈[0，+∞）上恒成立，
即x²-x+kln（x+1）≥0在x∈[0，+∞）恒成立．（6分）
设g（x）=x²-x+kln（x+1），则g（0）=0，
$g'（x）=2x-1+\frac{k}{x+1}=\frac{{2{x^2}+x+k-1}}{x+1}$，x∈[0，+∞）．（7分）
设h（x）=2x²+x+k-1，
1）当△=1-8（k-1）≤0，即$k≥\frac{9}{8}$时，h（x）≥0，
所以g'（x）≥0，g（x）在[0，+∞）单调递增，
所以g（x）≥g（0）=0，即当$k≥\frac{9}{8}$时，满足题设条件．（8分）
2）当△=1-8（k-1）＞0，即$k＜\frac{9}{8}$时，
设x₁，x₂是方程2x²+x+k-1=0的两个实根，且x₁＜x₂，
由$x{\;}_1+{x_2}=-\frac{1}{2}$，可知x₁＜0，
由题设可知，当且仅当x₂≤0，即x₁•x₂≥0，即k-1≥0，
即k≥1时，对任意x∈[0，+∞）有h（x）≥0，
即g'（x）≥0在[0，+∞）上恒成立，
所以g（x）在[0，+∞）上为增函数，所以g（x）≥g（0）=0．
所以$1≤k＜\frac{9}{8}$时，也满足题设条件．（9分）
综上可知，满足题设的k的取值范围为k≥1，所以实数k的最小值为1．（10分）
（Ⅲ）证明：由（Ⅱ）知，当k=1时，-x²+x≤ln（x+1），
即x≤x²+ln（x+1）在区间[0，+∞）上恒成立．（11分）
令$x=\frac{1}{n}（n∈{N^*}）$，得$\frac{1}{n}≤\frac{1}{n^2}+ln（\frac{1}{n}+1）=\frac{1}{n^2}+ln（n+1）-lnn$．（12分）
所以当n≥2时，$\sum_{i=1}^n{\frac{1}{i}}≤1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+…+\frac{1}{n^2}+（ln2-ln1）+（ln3-ln2）+…+[ln（n+1）-lnn]$
=$1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+…+\frac{1}{n^2}+ln（n+1）$（13分）
$＜1+\frac{1}{1×2}+\frac{1}{2×3}+…+\frac{1}{（n-1）n}+ln（n+1）$=$2-\frac{1}{n}+ln（n+1）＜ln（n+1）+2$，
当n=1时，上式显然成立．
所以原不等式得证．（14分）

点评 考查了极值的定义，导函数判断函数的单调性，解决恒成立问题和对题型的分析，利用结论解决实际问题．