Question

4．已知函数f（x）=x-k•ln（x²+1）（k为实常数）
（1）若函数y=f（x）在区间[0，1]上的最小值为0，求实数k的取值范围；
（2）求证：（1+$\frac{1}{4}$）（1+$\frac{1}{{4}^{2}}$）…（1+$\frac{1}{{4}^{n}}$）＜2．

Answer 1

分析 （1）先求导f′（x）=1-k•$\frac{2x}{{x}^{2}+1}$=$\frac{{x}^{2}-2kx+1}{{x}^{2}+1}$，x∈[0，1]，从而讨论k以确定导数的正负，从而确定函数的单调性，从而求最小值即可，从而确定实数k的取值范围；
（2）由（1）知，当x∈[0，1]，且k=$\frac{1}{ln2}$时，f（x）≥f（0）=0恒成立，从而可得x-$\frac{1}{ln2}$ln（x²+1）≥0，化简可得2^x≥x²+1，x∈[0，1]时恒成立；再令x=$\frac{1}{{2}^{k}}$，则有1+$\frac{1}{{4}^{k}}$＜${2}^{\frac{1}{{2}^{k}}}$（k=1，2，3，…，n）；从而利用放缩法证明不等式．

解答 解：（1）∵f（x）=x-k•ln（x²+1），
∴f′（x）=1-k•$\frac{2x}{{x}^{2}+1}$=$\frac{{x}^{2}-2kx+1}{{x}^{2}+1}$，x∈[0，1]，
①当k≤1时，由x∈[0，1]知-2kx≥-2x，故x²-2kx+1≥（x-1）²≥0；
∴f′（x）≥0，x∈[0，1]恒成立，即f（x）在区间[0，1]上是增函数，
∴f（x）_min=f（0）=0，满足题意．
②当k＞1时，令f′（x）=0得x=k±$\sqrt{{k}^{2}-1}$，
注意到x₂=k+$\sqrt{{k}^{2}-1}$＞1，x₁=k-$\sqrt{{k}^{2}-1}$∈（0，1），
∴当0≤x＜x₁时，f′（x）＞0，f（x）是增函数，
当x₁＜x≤1时，f′（x）＜0，f（x）是减函数；
故要使函数y=f（x）在区间[0，1]上的最小值为0，
只需f（1）≥f（0）=0，
即1-kln2≥0，
又k＞1，
∴1＜k≤$\frac{1}{ln2}$；
综上所述，实数k的取值范围是（-∞，$\frac{1}{ln2}$]．
（2）证明：由（1）知，当x∈[0，1]，且k=$\frac{1}{ln2}$时，f（x）≥f（0）=0恒成立，
即x-$\frac{1}{ln2}$ln（x²+1）≥0；
∴2^x≥x²+1，x∈[0，1]时恒成立；
令x=$\frac{1}{{2}^{k}}$，则有1+$\frac{1}{{4}^{k}}$＜${2}^{\frac{1}{{2}^{k}}}$（k=1，2，3，…，n）；
∴（1+$\frac{1}{4}$）（1+$\frac{1}{{4}^{2}}$）…（1+$\frac{1}{{4}^{n}}$）＜${2}^{\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+…+\frac{1}{{2}^{n}}}$=${2}^{1-\frac{1}{{2}^{n}}}$＜2．

点评 本题考查了导数的综合应用及分类讨论的数学思想，同时考查了不等式与函数的关系应用及放缩法证明不等式的应用，属于难题．