Question

13．设函数f（x）=2ln（x+1）+$\frac{x^2}{x+1}$．
（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）如果对所有的x≥0，都有f（x）≤ax，求a的最小值；
（Ⅲ）已知数列{a_n}中，a₁=1，且（1-a_n+1）（1+a_n）=1，若数列{a_n}的前n项和为S_n，求证：S_n＞$\frac{{{a_{n+1}}}}{{2{a_n}}}-ln{a_{n+1}}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求出函数f（x）的导数，通过解关于导数的不等式，从而求出函数的单调区间；
（Ⅱ）设g（x）=f（x）-ax，先求出函数g（x）的导数，通过讨论a的范围，得到函数的单调性，从而求出a的最小值；
（Ⅲ）先求出数列$\{\frac{1}{a_n}\}$是以$\frac{1}{a_1}=1$为首项，1为公差的等差数列，${a_n}=\frac{1}{n}$，${a_{n+1}}=\frac{1}{n+1}$，问题转化为证明：$ln（n+1）+\frac{n}{2（n+1）}＜1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n}$，
通过换元法或数学归纳法进行证明即可．

解答 解：（Ⅰ） f（x）的定义域为（-1，+∞），$f'（x）=\frac{{{x^2}+4x+2}}{{{{（x+1）}^2}}}$，
当$-1＜x＜-2+\sqrt{2}$时，f′（x）＜0，当$x＞-2+\sqrt{2}$时，f′（x）＞0，
所以函数f（x）在$（-1，-2+\sqrt{2}）$上单调递减，在$（-2+\sqrt{2}，+∞）$单调递增．
（Ⅱ）设$g（x）=2ln（x+1）+\frac{x^2}{x+1}-ax$，
则$g'（x）=\frac{{{x^2}+4x+2}}{{{{（x+1）}^2}}}-a=\frac{{{{（x+1）}^2}+2（x+1）-1}}{{{{（x+1）}^2}}}-a=-{（\frac{1}{x+1}-1）^2}+2-a$，
因为x≥0，故$-1＜-{（\frac{1}{x+1}-1）^2}≤0$，
（ⅰ）当a≥2时，2-a≤0，g′（x）≤0，所以g（x）在[0，+∞）单调递减，
而g（0）=0，所以对所有的x≥0，g（x）≤0，即f（x）≤ax；
（ⅱ）当1＜a＜2时，0＜2-a＜1，若$x∈（0\;，\;\;\frac{{2-a+\sqrt{2-a}}}{a-1}）$，则g′（x）＞0，g（x）单调递增，
而g（0）=0，所以当$x∈（0\;，\;\;\frac{{2-a+\sqrt{2-a}}}{a-1}）$时，g（x）＞0，即f（x）＞ax；
（ⅲ）当a≤1时，2-a≥1，g′（x）＞0，所以g（x）在[0，+∞）单调递增，
而g（0）=0，所以对所有的x＞0，g（x）＞0，即f（x）＞ax；
综上，a的最小值为2．
（Ⅲ）由（1-a_n+1）（1+a_n）=1得，a_n-a_n+1=a_n•a_n+1，由a₁=1得，a_n≠0，
所以$\frac{1}{{{a_{n+1}}}}-\frac{1}{a_n}=1$，数列$\{\frac{1}{a_n}\}$是以$\frac{1}{a_1}=1$为首项，1为公差的等差数列，
故$\frac{1}{a_n}=n$，${a_n}=\frac{1}{n}$，${a_{n+1}}=\frac{1}{n+1}$，
${S_n}＞\frac{{{a_{n+1}}}}{{2{a_n}}}-ln{a_{n+1}}$?$ln（n+1）+\frac{n}{2（n+1）}＜1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n}$，
由（Ⅱ）知a=2时，$2ln（x+1）+\frac{x^2}{x+1}≤2x$，x＞0，
即$ln（x+1）+\frac{x^2}{2（x+1）}＜x$，x＞0．
法一：令$x=\frac{1}{n}$，得$ln\frac{n+1}{n}+\frac{1}{2n（n+1）}＜\frac{1}{n}$，
即$ln（n+1）-lnn+\frac{1}{2}（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）＜\frac{1}{n}$
因为$\sum_{k=1}^n{[ln（k+1）-lnk+\frac{1}{2}（\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}）]}=ln（n+1）+\frac{n}{2（n+1）}$，
所以$ln（n+1）+\frac{n}{2（n+1）}＜1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n}$，
故${S_n}＞\frac{{{a_{n+1}}}}{{2{a_n}}}-ln{a_{n+1}}$．
法二：${S_n}＞\frac{{{a_{n+1}}}}{{2{a_n}}}-ln{a_{n+1}}$?$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n}＞ln（n+1）+\frac{n}{2（n+1）}$
下面用数学归纳法证明．
（1）当n=1时，令x=1代入$ln（x+1）+\frac{x^2}{2（x+1）}＜x$，即得$1＞ln2+\frac{1}{4}$，不等式成立
（2）假设n=k（k∈N^*，k≥1）时，不等式成立，
即$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{k}＞ln（k+1）+\frac{k}{2（k+1）}$，
则n=k+1时，$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{k}+\frac{1}{k+1}＞ln（k+1）+\frac{k}{2（k+1）}+\frac{1}{k+1}$，
令$x=\frac{1}{k+1}$代入$ln（x+1）+\frac{x^2}{2（x+1）}＜x$，
得$\frac{1}{k+1}＞ln\frac{k+2}{k+1}+\frac{1}{2（k+1）（k+2）}$$ln（k+1）+\frac{k}{2（k+1）}+\frac{1}{k+1}＞ln（k+1）+\frac{k}{2（k+1）}+ln\frac{k+2}{k+1}+\frac{1}{2（k+1）（k+2）}$
=$ln（k+2）+\frac{k（k+2）+1}{2（k+1）（k+2）}=ln（k+2）+\frac{k+1}{2（k+2）}$，
即：$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{k}+\frac{1}{k+1}＞ln（k+2）+\frac{2}{2（k+2）}$，
由（1）（2）可知不等式$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n}＞ln（n+1）+\frac{n}{2（n+1）}$对任何n∈N^*都成立．
故${S_n}＞\frac{{{a_{n+1}}}}{{2{a_n}}}-ln{a_{n+1}}$．

点评 本题考查了函数的单调性，导数的应用，考查分类讨论思想，不等式的证明，是一道难题．