Question

3．已知函数f（x）=2ln（x+1）+$\frac{1}{x（x+1）}-1$；
（Ⅰ）求f（x）在区间[1，+∞）上的最小值；
（Ⅱ）证明：当n≥2时，对任意的正整数n，都有ln1+ln2+…+lnn$＞\frac{（n-1）^{2}}{2n}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，判断当x≥1时，函数的单调性，即可得到最小值；
（Ⅱ）由（Ⅰ）的结论，对任意的正整数k，2ln（k+1）+$\frac{1}{k（k+1）}$-1＞0，即2ln（k+1）＞1-（$\frac{1}{k}$-$\frac{1}{k+1}$），运用累加法，即可得证．

解答 解：（Ⅰ）函数f（x）的导数为f′（x）=$\frac{2}{x+1}$-$\frac{2x+1}{{{x}^{2}（x+1）}^{2}}$=$\frac{（{2x}^{3}-1）+2x（x-1）}{{{x}^{2}（x+1）}^{2}}$，
当x≥1时，f′（x）＞0，即f（x）在[1，+∞）上为增函数，
则f（x）在区间[1，+∞）上的最小值为f（1）=2ln2-$\frac{1}{2}$；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，对任意的实数x≥1，2ln（x+1）+$\frac{1}{x（x+1）}$-1≥2ln2-$\frac{1}{2}$＞0恒成立，
对任意的正整数k，2ln（k+1）+$\frac{1}{k（k+1）}$-1＞0，即2ln（k+1）＞1-（$\frac{1}{k}$-$\frac{1}{k+1}$），
则有2ln2＞1-（1-$\frac{1}{2}$），2ln3＞1-（$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3}$），…，2lnn＞1-（ $\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n}$）．
累加可得2ln2+2ln3+…+2lnn＞n-1-（1-$\frac{1}{n}$）=$\frac{{（n-1）}^{2}}{n}$，
即有ln1+ln2+ln3+…+lnn＞$\frac{{（n-1）}^{2}}{2n}$（n∈N^*且n≥2）．

点评 本题考查导数的运用：求单调性，同时考查不等式的证明，注意运用已知结论和累加法，属于中档题．