Question

已知函数f(x)=alnx+

2

x+1

(a∈R)．
（I）当a=1时，求f（x）在x∈[1，+∞）最小值；
（Ⅱ）若f（x）存在单调递减区间，求a的取值范围；
（Ⅲ）求证：ln(n+1)＞

1

3

+

1

5

+

1

7

+…+

1

2n+1

（n∈N^*）．

Answer 1

分析：（I）可先求f′（x），从而判断f（x）在x∈[1，+∞）上的单调性，利用其单调性求f（x）在x∈[1，+∞）最小值；
（Ⅱ）求h′（x），可得h′(x)=

a

x

-

2

(x+1)2

=

ax2+2(a-1)x+a

x(x+1)2

，若f（x）存在单调递减区间，需h′（x）＜0有正数解．从而转化为：ax²+2（a-1）x+a＜0有x＞0的解．通过对a分
a=0，a＜0与当a＞0三种情况讨论解得a的取值范围；
（Ⅲ）（法一）根据（Ⅰ）的结论，当x＞1时，lnx+

2

x+1

＞1⇒lnx＞

x-1

x+1

，再构造函数，令x=

k+1

k

，有ln

k+1

k

＞

1

2k+1

，从而ln(n+1)=

n

k=1

ln

k+1

k

＞

n

k=1

1

2k+1

，问题可解决；
（法二）可用数学归纳法予以证明．当n=1时，ln（n+1）=ln2，3ln2=ln8＞1⇒ln2＞

1

3

，成立；设当n=k时，ln(k+1)＞

1

3

+

1

5

+…+

1

2k+1

，再去证明n=k+1时，ln(k+2)＞

1

3

+

1

5

+…+

1

2k+1

+

1

2k+3

即可（需用好归纳假设）．

解答：解：（I）f(x)=lnx+

2

x+1

，定义域为（0，+∞）．
∵f′(x)=

1

x

-

2

(x+1)2

=

x2+1

x(x+1)2

＞0，
∴h（x）在（0，+∞）上是增函数．
当x≥1时，f（x）≥f（1）=1； （3分）
（Ⅱ）∵h′(x)=

a

x

-

2

(x+1)2

=

ax2+2(a-1)x+a

x(x+1)2

，
∵若f（x）存在单调递减区间，
∴h′（x）＜0有正数解．即ax²+2（a-1）x+a＜0有x＞0的解． （5分）
①当a=0时，明显成立．
②当a＜0时，y=ax²+2（a-1）x+a为开口向下的抛物线，ax²+2（a-1）x+a＜0总有x＞0的解；
③当a＞0时，y=ax²+2（a-1）x+a开口向上的抛物线，
即方程ax²+2（a-1）x+a=0有正根．
因为x₁x₂=1＞0，
所以方程ax²+2（a-1）x+a=0有两正根．

△＞0 x1+x2＞0

，解得0＜a＜

1

2

．
综合①②③知：a＜

1

2

．  （9分）
（Ⅲ）
（法一）根据（Ⅰ）的结论，当x＞1时，lnx+

2

x+1

＞1，即lnx＞

x-1

x+1

．
令x=

k+1

k

，则有ln

k+1

k

＞

1

2k+1

，
∴

n

k=1

ln

k+1

k

＞

n

k=1

1

2k+1

．
∵ln(n+1)=

n

k=1

ln

k+1

k

，
∴ln(n+1)＞

1

3

+

1

5

+…+

1

2n+1

．   （12分）
（法二）当n=1时，ln（n+1）=ln2．
∵3ln2=ln8＞1，∴ln2＞

1

3

，即n=1时命题成立．
设当n=k时，命题成立，即 ln(k+1)＞

1

3

+

1

5

+…+

1

2k+1

．
∴n=k+1时，ln(n+1)=ln(k+2)=ln(k+1)+ln

k+2

k+1

＞

1

3

+

1

5

+…+

1

2k+1

+ln

k+2

k+1

．
根据（Ⅰ）的结论，当x＞1时，lnx+

2

x+1

＞1，即lnx＞

x-1

x+1

．
令x=

k+2

k+1

，则有ln

k+2

k+1

＞

1

2k+3

，
则有ln(k+2)＞

1

3

+

1

5

+…+

1

2k+1

+

1

2k+3

，即n=k+1时命题也成立．
因此，由数学归纳法可知不等式成立．    （12分）

点评：本题考查利用导数研究函数的单调性及数学归纳法，难点之一在于（Ⅱ）中通过求h′（x）后，转化为：ax²+2（a-1）x+a＜0有x＞0的解的问题，再用分类讨论思想来解决；难点之二在于（Ⅲ）中法一通过构造函数x=

k+1

k

，用放缩法证得结论，法二通过数学归纳法，其中也有构造函数的思想，属于难题．