Question

15．已知函数f（x）=$\frac{-8}{ln2}ln（x+1）-\frac{4}{x+1}$．
（1）求证：对任意的x∈[-$\frac{1}{2}$，+∞），函数f（x）的图象始终在x轴及其下方；
（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，求证：S_n≥$\frac{2ln（n+1）}{ln2}$．

Answer 1

分析 （1）通过对f（x）=$\frac{-8}{ln2}ln（x+1）-\frac{4}{x+1}$求导可知函数f（x）在（-1，+∞）上单调递减，通过令f（x）=0，计算即得结论；
（2）利用数学归纳法证明，通过分析可知当n=k（k≥2）时只需证明$\frac{1+\frac{1}{k+1}}{ln（1+\frac{1}{k+1}）}$＞$\frac{2}{ln2}$，通过令g（x）=$\frac{1+x}{ln（1+x）}$，通过求导求出其单调区间，进而计算可得当n=k+1时命题成立．

解答 证明：（1）∵f（x）=$\frac{-8}{ln2}ln（x+1）-\frac{4}{x+1}$，
∴f′（x）=$\frac{-8}{（x+1）ln2}$+$\frac{4}{（x+1）^{2}}$=$\frac{-8（x+1）+4ln2}{（x+1）^{2}ln2}$，
令f′（x）=0可知x=$\frac{-2+ln2}{2}$＜-$\frac{1}{2}$，
∴函数f（x）在（$\frac{-2+ln2}{2}$，+∞）上单调递减，
令f（x）=$\frac{-8}{ln2}ln（x+1）-\frac{4}{x+1}$=0，解得：x=-$\frac{1}{2}$，
∴当x∈[-$\frac{1}{2}$，+∞）时，f（x）≤f（-$\frac{1}{2}$）=0，
于是对任意的x∈[-$\frac{1}{2}$，+∞），函数f（x）的图象始终在x轴及其下方；
（2）①当n=1时，1+$\frac{1}{1}$≥$\frac{2ln（1+1）}{ln2}$=2，即命题成立；
②假设当n=k（k≥2）时，S_k≥$\frac{2ln（k+1）}{ln2}$，
∴S_k+1+$\frac{1}{k+1}$≥$\frac{2ln（k+1）}{ln2}$+1+$\frac{1}{k+1}$，
下面证明：$\frac{2ln（k+1）}{ln2}$+1+$\frac{1}{k+1}$＞$\frac{2ln（k+2）}{ln2}$，
即证：1+$\frac{1}{k+1}$＞$\frac{2ln（1+\frac{1}{k+1}）}{ln2}$，
即证：$\frac{1+\frac{1}{k+1}}{ln（1+\frac{1}{k+1}）}$＞$\frac{2}{ln2}$，
令g（x）=$\frac{1+x}{ln（1+x）}$，则g′（x）=$\frac{ln（1+x）-1}{[ln（1+x）]^{2}}$，
令g′（x）＜0，得：-1＜x＜e-1，
∴当-1＜x＜e-1时，g（x）单调递减，
∵0＜$\frac{1}{k+1}$≤$\frac{1}{2}$＜1，
∴g（$\frac{1}{k+1}$）＞g（1），即$\frac{1+\frac{1}{k+1}}{ln（1+\frac{1}{k+1}）}$＞$\frac{2}{ln2}$，
即当n=k+1时，命题成立；
由①②可知：S_n≥$\frac{2ln（n+1）}{ln2}$．

点评 本题考查数列的求和，考查利用导数研究函数的单调性，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于难题．