Question

8．已知函数f（x）=x²+x-ln（1+x）
（I）讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）若关于x的方程f（x）=$\frac{5}{2}$x-b在区间[0，2]上恰有两个不同的实数根，求实数b的取值范围；
（Ⅲ）证明：对任意的正整数n，不等式2+$\frac{3}{4}$+$\frac{4}{9}$+…+$\frac{n+1}{{n}^{2}}$＞ln（n+1）都成立．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求出函数f（x）的导数，解关于导函数的不等式，从而求出函数的单调区间；
（2）关于x的方程f（x）=$\frac{5}{2}$x-b在区间[0，2]上恰有两个不同的实数根，将问题转化为φ（x）=0，在区间[0，2]上恰有两个不同的实数根，对φ（x）对进行求导，从而求出b的范围；
（3）f（x）=x²+x-ln（x+1）的定义域为{x|x＞-1}，利用导数研究其单调性，可以推出ln（x+1）-x²-x≤0，令x=$\frac{1}{n}$，可以得到ln（$\frac{n+1}{n}$）＜$\frac{n+1}{{n}^{2}}$，利用此不等式进行放缩证明．

解答 解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（-1，+∞），且f′（x）=2x+1-$\frac{1}{x+1}$=$\frac{x（2x+3）}{x+1}$，
令f′（x）＞0，解得：x＞0，令f′（x）＜0，解得：-1＜x＜0，
∴函数f（x）在（-1，0）递减，在（0，+∞）递增；
（Ⅱ）f（x）=x²+x-ln（x+1）
由f（x）=$\frac{5}{2}$x-b，得ln（x+1）-x²+$\frac{3}{2}$x-b=0
令φ（x）=ln（x+1）-x²+$\frac{3}{2}$x-b，
则f（x）=$\frac{5}{2}$x-b在区间[0，2]上恰有两个不同的实数根等价于φ（x）=0在区间[0，2]上恰有两个不同的实数根．
φ′（x）=$\frac{1}{x+1}$-2x+$\frac{3}{2}$=$\frac{-（4x+5）（x-1）}{2（x+1）}$，
当x∈[0，1]时，φ′（x）＞0，于是φ（x）在[0，1）上单调递增；
当x∈（1，2]时，φ′（x）＜0，于是φ（x）在（1，2]上单调递减，
依题意有φ（0）=-b≤0，
φ（1）=ln（1+1）-1+$\frac{3}{2}$-b＞0，
φ（2）=ln（1+2）-4+3-b≤0
解得，ln3-1≤b＜ln2+$\frac{1}{2}$，
故实数b的取值范围为：[ln3-1，ln2+$\frac{1}{2}$）；
（Ⅲ）：f（x）=x²+x-ln（x+1）的定义域为{x|x＞-1}，
由（1）知f′（x）=2x+1-$\frac{1}{x+1}$=$\frac{x（2x+3）}{x+1}$，
令f′（x）=0得，x=0或x=-$\frac{3}{2}$（舍去），
∴当-1＜x＜0时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当x＞0时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．
∴f（0）为f（x）在（-1，+∞）上的最小值．
∴f（x）≥f（0），故ln（x+1）-x²-x≤0（当且仅当x=0时，等号成立）
对任意正整数n，取x=$\frac{1}{n}$＞0得，ln（$\frac{1}{n}$+1）＜$\frac{1}{n}$+$\frac{1}{{n}^{2}}$，
∴ln（$\frac{n+1}{n}$）＜$\frac{n+1}{{n}^{2}}$，
故2+$\frac{3}{4}$＞ln2+ln$\frac{3}{2}$+ln$\frac{4}{3}$+…+ln$\frac{n+1}{n}$=ln（n+1）．

点评 本题考查利用导数研究函数的极值及单调性，解题过程中用到了分类讨论的思想，分类讨论的思想也是高考的一个重要思想，要注意体会其在解题中的运用，第三问难度比较大，利用了前两问的结论进行证明，此题属于难题．