Question

2．已知函数f（x）=ax²+bx+ln（x+1）（a，b∈R）的图象在点（1，f（1））处的切线方程为5x+2y-2ln2-1=0．
（1）求实数a的值以及函数y=f（x）的极值；
（2）若函数y=f（x）（x∈[0，2]）的图象与直线y=-$\frac{5}{2}$x+m恰有两个公共点，求实数m的取值范围；
（3）证明：ln（n+1）＜$\frac{2}{{1}^{2}}$+$\frac{3}{{2}^{2}}$+…+$\frac{n+1}{{n}^{2}}$（n∈N^*）

Answer 1

分析 （1）求出导数，求得切线的斜率和切点，由切线方程可得a，b的方程，解得a，b，再由导数大于0，可得增区间，导数小于0，可得减区间，进而得到极值；
（2）由题意可得m-$\frac{5}{2}$x=-x²-x+ln（x+1）在[0，2]上有两解，则m=ln（x+1）-x²+$\frac{3}{2}$x，令g（x）=ln（x+1）-x²+$\frac{3}{2}$x，求得g（x）在[0，2]的值域，即可得到所求m的范围；
（3）求得f（x）的导数，求得x＞0的单调性，再令x=$\frac{1}{n}$，由对数的运算性质，即可得证．

解答 解：（1）函数f（x）=ax²+bx+ln（x+1）的导数为
f′（x）=2ax+b+$\frac{1}{x+1}$，
在点（1，f（1））处的切线斜率为2a+b+$\frac{1}{2}$=-$\frac{5}{2}$，
即为2a+b=-3，
又f（1）=a+b+ln2=ln2-2．即为a+b=-2．
解得a=b=-1，
则f（x）=-x²-x+ln（x+1），x＞-1．
f′（x）=-2x-1+$\frac{1}{x+1}$=$\frac{-x（2x+3）}{x+1}$，
当-1＜x＜0时，f′（x）＞0，f（x）递增；
当x＞0时，f′（x）＜0，f（x）递减．
则f（x）在x=0处取得极大值，且为0；
没有极小值；
（2）由题意可得，m-$\frac{5}{2}$x=-x²-x+ln（x+1）在[0，2]上有两解，
则m=ln（x+1）-x²+$\frac{3}{2}$x，
令g（x）=ln（x+1）-x²+$\frac{3}{2}$x，则g′（x）=$\frac{1}{x+1}$-2x+$\frac{3}{2}$=$\frac{-（x-1）（4x+5）}{2（x+1）}$，
当1＜x＜2时，g′（x）＜0，g（x）递减；当0＜x＜1时，g′（x）＞0，g（x）递增．
即有x=1处取得极大值，且为最大值ln2+$\frac{1}{2}$，
由g（0）=0，g（2）=ln3-1，
即有实数m的取值范围为[ln3-1，ln2+$\frac{1}{2}$）；
（3）证明：f（x）=-x²-x+ln（x+1），x＞-1．
f′（x）=-2x-1+$\frac{1}{x+1}$=$\frac{-x（2x+1）}{x+1}$，
当x＞0时，f′（x）＜0，即f（x）在（0，+∞）递减，
即有f（x）＜f（0）=0，
即为-x²-x+ln（x+1）＜0．
则ln（x+1）＜x²+x，
令x=$\frac{1}{n}$，则ln（1+$\frac{1}{n}$）＜$\frac{1}{{n}^{2}}$+$\frac{1}{n}$=$\frac{n+1}{{n}^{2}}$，
即有ln$\frac{2}{1}$+ln$\frac{3}{2}$+…+ln$\frac{n+1}{n}$＜$\frac{2}{{1}^{2}}$+$\frac{3}{{2}^{2}}$+…+$\frac{n+1}{{n}^{2}}$，
即为ln（$\frac{2}{1}$•$\frac{3}{2}$…$\frac{n+1}{n}$）＜$\frac{2}{{1}^{2}}$+$\frac{3}{{2}^{2}}$+…+$\frac{n+1}{{n}^{2}}$，
即有ln（n+1）＜$\frac{2}{{1}^{2}}$+$\frac{3}{{2}^{2}}$+…+$\frac{n+1}{{n}^{2}}$（n∈N^*）．

点评 本题考查导数的运用：求切线的斜率和单调区间、极值和最值，考查函数和方程的转化思想和不等式的证明，注意运用函数的单调性和对数的运算性质，属于中档题．