Question

設函數f（x）=

x

1+x

-aln（1+x），g（x）=ln（1+x）-bx．
（1）若函數f（x）在x=0處有極值，求函數f（x）的最大值；
（2）是否存在實數b，使得關于x的不等式g（x）＜0在（0，+∞）上恒成立？若存在，求出b的取值范圍；若不存在，說明理由；
（3）證明：不等式-1＜

n

k=1

k

k2+1

-lnn≤

1

2

（n=1，2．…）．

Answer 1

考點：利用導數研究函數的單調性,利用導數求閉區(qū)間上函數的最值

專題：導數的綜合應用

分析：（1）由已知得：f′(x)=

1

(1+x)2

-

a

1+x

，且函數f（x）在x=0處有極值，得a=1，從而求出函數的表達式，找出單調區(qū)間求出最值；
（2）由已知得：g′(x)=

1

1+x

-b再對b分情況討論：①若b≥1，②若b≤0，③若0＜b＜1綜合得出b的取值范圍是x∈[1，+∞）；
（3）由前兩問綜合得出．

解答： 解析：（1）由已知得：f′(x)=

1

(1+x)2

-

a

1+x

，且函數f（x）在x=0處有極值
∴f′(0)=

1

(1+0)2

-

a

1+0

=0，
∴a=1
∴f(x)=

x

1+x

-ln(1+x)，
∴f′(x)=

1

(1+x)2

-

1

1+x

=

-x

(1+x)2

當x∈（-1，0）時，f'（x）＞0，f（x）單調遞增；
當x∈（0，+∞）時，f'（x）＜0，f（x）單調遞減；
∴函數f（x）的最大值為f（0）=0．
（2）由已知得：g′(x)=

1

1+x

-b
①若b≥1，則x∈[0，+∞）時，
g′(x)=

1

1+x

-b≤0
∴g（x）=ln（1+x）-bx在[0，+∞）上為減函數，
∴g（x）=ln（1+x）-bx＜g（0）=0在（0，+∞）上恒成立；
②若b≤0，則x∈[0，+∞）時，
g′(x)=

1

1+x

-b＞0
∴g（x）=ln（1+x）-bx在[0，+∞）上為增函數，
∴g（x）=ln（1+x）-bx＞g（0）=0，
不能使g（x）＜0在（0，+∞）上恒成立；
③若0＜b＜1，則g′(x)=

1

1+x

-b=0時，
x=

1

b

-1，
當x∈[0，

1

b

-1)時，g'（x）≥0，
∴g（x）=ln（1+x）-bx在[0，

1

b

-1)上為增函數，
此時g（x）=ln（1+x）-bx＞g（0）=0，
∴不能使g（x）＜0在（0，+∞）上恒成立；
綜上所述，b的取值范圍是x∈[1，+∞）．
（3）由（1）、（2）得：

x

1+x

＜ln(1+x)＜x(x＞0)
取x=

1

n

得：

1

1+n

＜ln(1+

1

n

)＜

1

n

．
令xn=

n

k=1

k

k2+1

-lnn，
則x1=

1

2

，xn-xn-1=

n

n2+1

-ln(1+

1

n-1

)＜

n

n2+1

-

1

n

=-

1

(n2+1)n

＜0．
因此xn＜xn-1＜…＜x1=

1

2

．
又lnn=

n

k=2

[lnk-ln(k-1)]+ln1=

n-1

k=1

ln(1+

1

k

)，
故xn=

n

k=1

k

k2+1

-

n-1

k=1

ln(1+

1

k

)=

n-1

k=1

[

k

k2+1

-ln(1+

1

k

)]+

n

n2+1

    ＞

n-1

k=1

(

k

k2+1

-

1

k

)=-

n-1

k=1

1

(k2+1)k

≥

n-1

k=1

1

(k+1)k

=-1+

1

n

＞-1．

點評：本題考察了函數的最值問題，函數的單調性，導數的應用，不等式的證明，滲透了分類討論思想，是一道綜合題．