Question

12．已知函数f（x）=ln（x+a）（a∈R），g（x）=$\frac{2x}{x+2}$．
（1）当a=1时，证明：f（x）＞g（x）对于任意的x∈（0，+∞）都成立；
（2）求F（x）=f（x）-g（x）的极值点；
（3）设c₁=1，c_n+1=ln（c_n+1），用数学归纳法证明：c_n＞$\frac{2}{n+2}$．

Answer 1

分析 （1）令h（x）=f（x）-g（x），求出函数的导数，得到函数的单调性，从而证出结论即可；
（2）求出F（x）的导数，通过讨论a的范围，确定函的单调区间，从而求出函数的极值点即可；
（3）结合（1）求出ln（1+x）＞$\frac{2x}{x+2}$，根据数学归纳法证明即可．

解答 证明：（1）a=1时，f（x）=ln（x+1），
令h（x）=f（x）-g（x）=ln（x+1）-$\frac{2x}{x+2}$，（x＞0），
h′（x）=$\frac{1}{x+1}$-$\frac{4}{{（x+2）}^{2}}$=$\frac{{x}^{2}}{（x+1{）（x+2）}^{2}}$≥0，
∴h（x）在（0，+∞）递增，
∴h（x）＞h（0）=0，
∴当a=1时，f（x）＞g（x）对于任意的x∈（0，+∞）都成立；
解：（2）F（x）=f（x）-g（x）=ln（x+a）-$\frac{2x}{x+2}$，（x＞-a，x≠-2），
F′（x）=$\frac{1}{x+a}$-$\frac{4}{{（x+2）}^{2}}$=$\frac{{x}^{2}+4（1-a）}{（x+a{）（x+2）}^{2}}$，
①当a≤1时，
F′（x）≥0恒成立，F（x）递增，无极值点，
②当1＜a＜2时，
令F′（x）＞0，解得：x＞2$\sqrt{a-1}$或x＜-2$\sqrt{a-1}$，
令F′（x）＜0，解得：-2$\sqrt{a-1}$＜x＜2$\sqrt{a-1}$，
∴F（x）在（-a，-2$\sqrt{a-1}$）递增，在（-2$\sqrt{a-1}$，2$\sqrt{a-1}$）递减，在（2$\sqrt{a-1}$，+∞）递增，
∴x=-2$\sqrt{a-1}$是极大值点，x=2$\sqrt{a-1}$是极小值点；
③当a=2时，
F′（x）=$\frac{x-2}{{（x+2）}^{2}}$，F（x）在（-2，2）递减，在（2，+∞）递增，
x=2是极小值点，
④当a＞2时，
令F′（x）＞0，解得：x＞2$\sqrt{a-1}$或x＜-2$\sqrt{a-1}$，
令F′（x）＜0，解得：-2$\sqrt{a-1}$＜x＜2$\sqrt{a-1}$，
∴F（x）在（-a，-2$\sqrt{a-1}$）递增，在（-2$\sqrt{a-1}$，2$\sqrt{a-1}$）递减，在（2$\sqrt{a-1}$，+∞）递增，
x=-2$\sqrt{a-1}$是极大值点，x=2$\sqrt{a-1}$是极小值点；
证明：（3）由（1）得：a=1时，ln（1+x）＞$\frac{2x}{x+2}$，
令x=$\frac{2}{k+2}$，则ln（1+$\frac{2}{k+2}$）＞$\frac{2•\frac{2}{k+2}}{\frac{2}{k+2}+2}$=$\frac{2}{k+3}$，
设c₁=1，c_n+1=ln（c_n+1），
故n=1时，c₁=1＞$\frac{2}{3}$成立，
假设n=k时，c_k＞$\frac{2}{k+2}$成立，
只需证明n=k+1时，c_k+1＞$\frac{2}{k+3}$成立即可，
∵c_k+1=ln（c_k+1）＞ln（1+$\frac{2}{k+2}$），
而ln（1+$\frac{2}{k+2}$）＞$\frac{2}{k+3}$，
故c_k+1＞$\frac{2}{k+3}$成立，故原结论成立．

点评 本题考查了函数的单调性、最值、极值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，数学归纳法的应用，是一道综合题．