Question

已知函数f（x）=ax-ln（x+1）（a∈R），
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（友情提示：[ln(x+1)]′=

1

x+1

）
（Ⅱ）求证：当n∈N^*时，1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

＞ln(n+1)；
（Ⅲ）当a取什么值时，存在一次函数g（x）=kx+b，使得对任意x＞-1都有f（x）≥g（x）≥x-x²，并求出g（x）的解析式．

Answer 1

分析：（Ⅰ）对函数f（x）求导，当导数f'（x）大于0时可求单调增区间，当导数f'（x）小于0时可求单调减区间．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当a=1时，f（x）=x-ln（x+1）在（0，+∞）上为增函数，所以，当x＞0时，f（x）＞f（0）=0，即x＞ln（x+1），所以

1

k

＞ln(

1

k

+1)=ln

1+k

k

   k=1，2，…，n，分别代入相加即可证明；
（Ⅲ）设h（x）=x-x²，因为f（0）=h（0）=0，所以要使f（x）≥g（x）≥h（x），则直线g（x）=kx+b必为f（x）和h（x）在点x=0处的公共切线，由h'（0）=（1-2x）|_x=0=1，得h（x）在点x=0处的切线方程为y=x，即g（x）=x，又由f'（0）=a-1=1，得a=2，再证明f（x）≥g（x）≥h（x）即可．

解答：解：（Ⅰ）f′(x)=a-

1

x+1

=

ax+a-1

x+1

  (x＞-1)…（2分）
①当a＞0时，f′(x)＞0?x＞

1

a

-1，    f′(x)＜0?-1＜x＜

1

a

-1
②当a≤0时，f'（x）＜0
所以，当a＞0时，f（x）的单调递减区间为(-1，

1

a

-1)，递增区间为(

1

a

-1，+∞)
当≤0时，f（x）的单调递减区间为（-1，+∞），无递增区间   …（5分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当a=1时，f（x）=x-ln（x+1）在（0，+∞）上为增函数，
所以，当x＞0时，f（x）＞f（0）=0，即x＞ln（x+1），
所以

1

k

＞ln(

1

k

+1)=ln

1+k

k

   k=1，2，…，n，…（7分）
所以1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

＞ln

2

1

+ln

3

2

+…+ln

1+n

n

=ln(

2

1

•

3

2

•…•

1+n

n

)=ln(n+1)，
即当n∈N^*时，1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

＞ln(n+1)…（9分）
（Ⅲ）设h（x）=x-x²，因为f（0）=h（0）=0，所以要使f（x）≥g（x）≥h（x），
则直线g（x）=kx+b必为f（x）和h（x）在点x=0处的公共切线，
由h'（0）=（1-2x）|_x=0=1，得h（x）在点x=0处的切线方程为y=x，即g（x）=x
又由f'（0）=a-1=1，得a=2…（11分）
下面证明f（x）≥g（x）≥h（x）：
设F（x）=f（x）-g（x）=x-ln（x+1），由（Ⅰ）知，F（x）在（-1，0）上单调递减，
在（0，+∞）上单调递增，所以F（x）≥F（0）=0，即f（x）≥g（x），
又g（x）-h（x）=x²≥0，即g（x）≥h（x），
所以，当a=2时，存在一次函数g（x）=x，使得对任意x＞-1都有f（x）≥g（x）≥x-x²…（14分）

点评：本题主要考查通过求函数的导数来确定函数增减区间的问题，考查不等式的证明，有一定的难度，技巧性较强．