Question

设函数f（x）=aln（x+1）+x²．
（Ⅰ）当a＞0时，求函数的极大值和极小值点；
（Ⅱ）证明：对任意的正整数n，不等式ln

n2+1

n2+n

≤

1

n2

-

1

n4

恒成立．

Answer 1

考点：利用导数求闭区间上函数的最值,利用导数研究函数的单调性,利用导数研究函数的极值

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ）由已知条件得f′ (x)=

2x2+2x+a

x+1

，x＞-1．当a≥

1

2

时，无极值点；当0＜a＜

1

2

时，令2x²+2x+a=0，利用导数性质求得f（x）有极小值点x2=

-1+ 2-a

2

，有极大值点x1=

-1- 1-2a

2

．
（Ⅱ）ln

n2+1

n2+n

≤

1

n2

-

1

n4

等价于ln(1+

1

n2

)+

1

n4

≤ln(1+

1

n

)+

1

n2

，令x1=

1

n2

，x2=

1

n

，则0＜x₁≤x₂≤1，由（Ⅰ）得f（x₁）≤f（x₂），由此能证明对任意的正整数n，不等式ln

n2+1

n2+n

≤

1

n2

-

1

n4

恒成立

解答： （Ⅰ）解：∵f（x）=aln（x+1）+x²，
∴f′ (x)=

2x2+2x+a

x+1

，x+1＞0，即x＞-1．
①当a≥

1

2

时，f′（x）≥0，f（x）在（-1，+∞）上单调增加，无极值点；
②当0＜a＜

1

2

时，令2x²+2x+a=0，
得两根x1=

-1- 1-2a

2

，x2=

-1+ 1-2a

2

，
∴x₁，x₂∈（-1，+∞），
由x∈（-1，x₁）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
x∈（x₁，x₂）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
x∈（x₂，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．
∴f（x）有极小值点x2=

-1+ 2-a

2

，有极大值点x1=

-1- 1-2a

2

．
（Ⅱ）证明：ln

n2+1

n2+n

≤

1

n2

-

1

n4

等价于ln

1+ 1 n2

1+ 1 n

 ≤

1

n2

-

1

n4

，
∴ln(1+

1

n2

)-ln(1+

1

n

)≤

1

n2

-

1

n4

，
∴ln(1+

1

n2

)+

1

n4

≤ln(1+

1

n

)+

1

n2

，
令x1=

1

n2

，x2=

1

n

，则0＜x₁≤x₂≤1，
由（Ⅰ）得f（x₁）≤f（x₂），
即ln(1+x1)+x12≤ln(1+x2)+x22，
∴ln(1+

1

n2

)+

1

n4

≤ln(1+

1

n

)+

1

n2

恒成立，
∴对任意的正整数n，不等式ln

n2+1

n2+n

≤

1

n2

-

1

n4

恒成立．

点评：本题考查函数的极值点的求法，考查不等式的证明，解题时要注意导数性质和等价转化思想的合理运用．