Question

8．已知函數(shù)$f（x）=ln（{1+x}）-x，g（x）=\frac{{{x^2}+2x+a}}{x+2}（{a∈R}）$．
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間及最值；
（2）若對(duì)?x＞0，f（x）+g（x）＞1恒成立，求a的取值范圍；
（3）求證：$\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\frac{1}{7}+…+\frac{1}{2n+1}＜ln（{n+1}）（{n∈{N^*}}）$．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的最值即可；
（2）問(wèn)題轉(zhuǎn)化為a＞（x+2）[1-ln（1+x）]，令h（x）=（x+2）[1-ln（1+x）]，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可；
（3）當(dāng)a=2，x＞0時(shí)，得：$ln（{1+x}）＞\frac{x}{x+2}（*）$，令$x=\frac{1}{k}（{k∈{N^*}}）$，得：$ln\frac{k+1}{k}＞\frac{1}{2k+1}$，依次令k=1，2，3，…n，累加即可．

解答 解：（1）f（x）的定義域?yàn)?（{-1，+∞}），f'（x）=\frac{1}{1+x}-1=-\frac{x}{1+x}．f'（x）＞0?-1＜x＜0；f'（x）＜0?x＞0$，
所以函數(shù)f（x）的增區(qū)間為（-1，0），減區(qū)間為（0，+∞），
f（x）_max=f（0）=0，無(wú)最小值．
（2）$?x＞0，f（x）+g（x）＞1??x＞0，ln（{1+x}）-x+\frac{{{x^2}+2x+a}}{x+2}＞1$
$??x＞0，ln（{1+x}）+\frac{a}{x+2}＞1??x＞0，a＞（{x+2}）[{1-ln（{1+x}）}]$，
令h（x）=（x+2）[1-ln（1+x）]．
則$h'（x）=1-ln（{1+x}）-\frac{x+2}{x+1}=-ln（{1+x}）-\frac{1}{x+1}$．
當(dāng)x＞0時(shí)，顯然$h'（x）=-ln（{1+x}）-\frac{1}{x+1}＜0$，
所以h（x）在（0，+∞）上是減函數(shù)．
所以當(dāng)x＞0時(shí)，h（x）＜h（0）=2．
所以，a的取值范圍為[2，+∞）．
（3）由（2）知，當(dāng)a=2，x＞0時(shí)，$ln（{1+x}）+\frac{2}{x+2}＞1$，即$ln（{1+x}）＞\frac{x}{x+2}（*）$．
在（*）式中，令$x=\frac{1}{k}（{k∈{N^*}}）$，得$ln\frac{k+1}{k}＞\frac{{\frac{1}{k}}}{{2+\frac{1}{k}}}$，即$ln\frac{k+1}{k}＞\frac{1}{2k+1}$，
依次令k=1，2，3，…n，
得$ln\frac{2}{1}＞\frac{1}{3}，ln\frac{3}{2}＞\frac{1}{5}，ln\frac{4}{3}＞\frac{1}{7}，…，ln\frac{n+1}{n}＞\frac{1}{2n+1}$．
將這n個(gè)式子左右兩邊分別相加，
得$ln（{n+1}）＞\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\frac{1}{7}+…+\frac{1}{2n+1}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值及單調(diào)性，解題過(guò)程中用到了分類討論的思想，分類討論的思想也是高考的一個(gè)重要思想，要注意體會(huì)其在解題中的運(yùn)用，第3問(wèn)難度比較大，是一道綜合題．