Question

已知函数f（x）=ax²+ln（x+1）．
（1）求函数g（x）=f（x）-ax²-x的单调区间及最大值；
（2）当x∈[0，+∞）时，不等式f（x）≤x恒成立，求实数a的取值范围．
（3）求证：(1+

1

22

)(1+

1

3^

)(1+

1

42

)(1+

1

52

)…(1+

1

n2

)＜e
参考导数公式：(ln(x+1))′=

1

x+1

．

Answer 1

分析：（1）把函数f（x）的解析式代入函数g（x）中，求函数g（x）的导函数，让导函数等于0求出极值点，然后根据导函数在不同区间内的符号判断原函数的单调性，进一步求出函数的最大值；
（2）把函数f（x）的解析式代入不等式中，引入辅助函数g（x），把不等式恒成立问题转化为求函数的最大值恒小于0，对函数g（x）求导函数后分类讨论，分析函数g（x）的最大值，把所有情况求得的a的范围取并集即可；
（3）根据要证明的不等式的特点，取变量x=

1

n2

，利用（1）中得到的等式ln（x+1）≤x，把x替换为

1

n2

后把不等式进行放缩变化，整理后即可得到要证得结论．

解答：解：（1）因为g（x）=f（x）-ax²-x=ax²+ln（x+1）-ax²-x=ln（x+1）-x （x＞-1），
所以g′(x)=

1

x+1

-1=-

x

x+1

 (x＞-1)，
当-1＜x＜0时，g^′（x）＞0，当x＞0时，g^′（x）＜0，
故函数g（x）的单调递增区间为（-1，0），单调递减区间为（0，+∞）．
g（x）_max=g（0）=ln1=0．
（2）因为当x∈[0，+∞）时，不等式f（x）≤x恒成立，即ax²+ln（x+1）-x≤0恒成立，
设g（x）=ax²+ln（x+1）-x（x≥0），只需g（x）_max≤0即可．
g′(x)=2ax+

1

x+1

-1=

x[2ax+(2a-1)]

x+1

，
①当a=0时，g′(x)=

-x

x+1

，当x＞0时，g^′（x）＜0，函数g（x）在（0，+∞）上单调递减，故g（x）≤g（0）=0成立．
②当a＞0时，由g′(x)=

x[2ax+(2a-1)]

x+1

=0，因x∈[0，+∞），所以x=

1

2a

-1，
1°若

1

2a

-1＜0，即a＞

1

2

时，在区间（0，+∞）上，g^′（x）＞0，则g（x）在（0，+∞）上单调递增，
g（x）在[0，+∞）上无最大值，此时不满足条件；
2°若

1

2a

-1≥0，即0＜a≤

1

2

时，函数g（x）在(0，

1

2a-1

)上单调递减，在区间(

1

2a-1

，+∞)上单调递增，同样g（x）在[0，+∞）上无最大值，不满足条件．
③当a＜0时，由g′(x)=

x[2ax+(2a-1)]

x+1

，∵x∈[0，+∞），∴2ax+（2a-1）＜0，
∴g^′（x）＜0，故函数g（x）在[0，+∞）上单调递减，故g（x）≤g（0）=0成立．
综上所述，实数a的取值范围是（-∞，0]．
（3）由（1）知ln（x+1）≤x，令x=

1

n2

，所以ln(1+

1

n2

)≤

1

n2

=

1

n•n

＜

1

(n-1)n

=

1

n-1

-

1

n

，
所以ln(1+

1

22

)+ln(1+

1

32

)+…+ln(1+

1

n2

)＜(1-

1

2

)+(

1

2

-

1

3

)+…+(

1

n-1

-

1

n

)=1-

1

n

＜1，
所以ln(1+

1

22

)(1+

1

32

)…(1+

1

n2

)＜1=lne，
所以(1+

1

22

)(1+

1

32

)…(1+

1

n2

)＜e．

点评：本题考查了导数在最大值最小值中的应用，考查了分类讨论思想，训练了运用放缩法证明不等式，解答此题的关键是正确引入辅助函数，此题为难度较大的题．