Question

5．设函数f（x）=x²+aln（x+1），其中a≠0．
（Ⅰ）当a=-1时，求曲线y=f（x）在原点处的切线方程；
（Ⅱ）试讨论函数f（x）极值点的个数；
（Ⅲ）求证：对任意的n∈N^*，不等式ln（$\frac{n+2}{n+1}$）＞$\frac{n}{（n+1）^{3}}$恒成立．

Answer 1

分析 （1）由a=1，得出f（x）的解析式，求切线方程，即先求f′（x）在x=0出的值为切线的斜率．由点斜式求出切线方程即可．
（2）求出导函数，并讨论其等价函数h（x），从△＞0，△=0，△＜0三种情况讨论．
（3）利用导数证明不等式：构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导函数研究函数单调性或最值，从而证明不等式．

解答 解：（1）当a=-1时，f（x）=x²-ln（x+1）
f′（x）=2x-$\frac{1}{x+1}$=$\frac{2{x}^{2}+2x-1}{x+1}$=$\frac{2（x+\frac{1}{2}）^{2}-\frac{3}{2}}{x+1}$
f′（0）=-1
即切线方程的斜率是-1
∴切线方程为y=-x
（2）∵函数f（x）=x²+aln（x+1），其中a≠0
∴f（x）的定义域为（0，+∞）
f′（x）=2x+$\frac{a}{x+1}$=$\frac{2{x}^{2}+2x+a}{x+1}$
令h（x）=2x²+2x+a=2（x+$\frac{1}{2}$）²+a-$\frac{1}{2}$
①a＜$\frac{1}{2}$，且a≠0时，△＞0，h（x）=0有两个根，x₁=$\frac{-1-\sqrt{1-2a}}{2}$，x₂=$\frac{-1+\sqrt{1-2a}}{2}$
当0＜a＜$\frac{1}{2}$时，x₁∈（-1，-$\frac{1}{2}$），x₂∈（-$\frac{1}{2}$，+∞），此时f（x）有2个极值点．
当a＜0时，x₁∈（-∞，-1），x₂∈（-$\frac{1}{2}$，+∞），此时f（x）有1个极值点．
②a=$\frac{1}{2}$时，△=0，
∴h（x）≥0，
则f（x）≥0，
∴f（x）在（-1，+∞）上为增函数
∴f（x）无极值点
③a＞$\frac{1}{2}$时，△＜0，
∴h（x）＞0，则f（x）＞0，
∴f（x）在[-1，+∞）上为增函数，
∴f（x）无极值点．
综上，当a≥$\frac{1}{2}$时，无极值点；当0＜a＜$\frac{1}{2}$时，有2个极值点；当a＜0时，有1个极值点．
（3）当a=-1时，函数f（x）=x²-ln（x+1），
令函数g（x）=x³-f（x）=x³-x²+ln（x+1）
则g′（x）=3x²-2x+$\frac{1}{x+1}$=$\frac{3{x}^{3}+（x-1）^{2}}{x+1}$
当x∈[0，+∞）时，g′（x）＞0
∴函数g（x）在[0，+∞）上单调递增，
又∵g（0）=0 
∴x∈（0，+∞）时，恒有g（x）＞g（0）=0
即x²＜x³+ln（x+1）恒成立
取x=$\frac{1}{n+1}$ 则有ln（1+$\frac{1}{n+1}$）＞$\frac{1}{（n+1）^{2}}$-$\frac{1}{（n+1）^{3}}$恒成立
即不等式ln（$\frac{n+2}{n+1}$）＞$\frac{n}{（n+1）^{3}}$恒成立

点评 本题考查函数与导函数的关系．在导函数的应用中可以通过构造等价函数来研究．尤其是（3）中将导函数与不等式建立关系．属于偏难题型．