Question

9．设函数f（x）=ln（1+x）．
（Ⅰ）若曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y=g（x），当x≥0时，f（x）≤$\frac{x（1+tx）}{1+g（x）}$，求t的最小值；
（Ⅱ）当n∈N^*时，证明：$\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+…+\frac{1}{2n}＞-\frac{1}{4n}+ln2$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出导数，求得切线的斜率和切点，可得切线的方程，即g（x）=x．由题意可得ln（x+1）-$\frac{x（1+tx）}{1+g（x）}$≤0，x≥0恒成立．设h（x）=ln（x+1）-$\frac{x（1+tx）}{1+g（x）}$，x≥0，求出导数，求得单调区间，可得最小值；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得ln（1+x）＜$\frac{x（1+\frac{1}{2}x）}{1+x}$，x≥0，x=0时取得等号．取x=$\frac{1}{n}$，ln$\frac{n+1}{n}$＜$\frac{2n+1}{2n（n+1）}$=$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$），运用对数的运算性质和累加法，及不等式的性质，即可得证．

解答 解：（Ⅰ）f（x）的导数为f′（x）=$\frac{1}{1+x}$，
f（0）=0，f′（0）=1，切线的方程为y=x，即g（x）=x，
当x≥0时，f（x）≤$\frac{x（1+tx）}{1+g（x）}$，即为
ln（x+1）-$\frac{x（1+tx）}{1+g（x）}$≤0，x≥0恒成立．
设h（x）=ln（x+1）-$\frac{x（1+tx）}{1+g（x）}$，x≥0，
h（x）≤0，h（1）≤0即t≥-1+2ln2＞0．
h′（x）=$\frac{1}{1+x}$-$\frac{t{x}^{2}+2tx+1}{（1+x）^{2}}$=$\frac{-t{x}^{2}+（1-2t）x}{（1+x）^{2}}$=-$\frac{tx（x-\frac{1-2t}{t}）}{（1+x）^{2}}$，
当0＜t＜$\frac{1}{2}$时，0＜x＜$\frac{1-2t}{t}$时，h′（x）＞0，h（x）递增，
故0＜x＜$\frac{1-2t}{t}$时，h（x）＞h（0）=0，与x≥0，h（x）≤h（0）=0，相矛盾，则0＜t＜$\frac{1}{2}$不合题意．
当t=$\frac{1}{2}$时，h′（x）=-$\frac{{x}^{2}}{2（1+x）^{2}}$＜0，h（x）在[0，+∞）递减，
故当x≥0时，h（x）≤h（0）=0，因此t的最小值为$\frac{1}{2}$；
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可得ln（1+x）＜$\frac{x（1+\frac{1}{2}x）}{1+x}$，x≥0，x=0时取得等号．
取x=$\frac{1}{n}$，ln$\frac{n+1}{n}$＜$\frac{2n+1}{2n（n+1）}$=$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$），
则ln$\frac{n+1}{n}$＜$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$），（1）
ln$\frac{n+2}{n+1}$＜$\frac{1}{n+2}$+$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$），（2）
…，ln$\frac{n+n}{n+（n-1）}$＜$\frac{1}{n+n}$+$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n+n-1}$-$\frac{1}{n+n}$），（n）
将n个不等式相加，由对数的运算性质，可得
ln2=ln（$\frac{n+1}{n}$•$\frac{n+2}{n+1}$…$\frac{2n}{2n-1}$）＜$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{n+2}$+…+$\frac{1}{2n}$+$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{2n}$），
则$\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+…+\frac{1}{2n}＞-\frac{1}{4n}+ln2$．

点评 本题考查导数的运用：求切线的方程和单调区间、极值和最值，考查不等式的证明，注意运用已知不等式，以及累加法和不等式的性质，考查推理和运算能力，属于中档题．