Question

已知函數f（x）=ax²+ln（x+1）．
（Ⅰ）當a=-

1

4

時，求函數f（x）的單調區間；
（Ⅱ）當x∈[0，+∞）時，不等式f（x）≤x恒成立，求實數a的取值范圍．
（Ⅲ）求證：(1+

1

1×2

)(1+

1

2×3

)•…•[1+

1

n(n+1)

]＜e（n∈N^*，e是自然對數的底數）．
提示：[ln(x+1)]′=

1

x+1

．

Answer 1

分析：（Ⅰ）先求出函數的導數，再令導數大于0求出單調增區間，導數小于0求出函數的減區間，再由極值的定義判斷出極值即可；
（Ⅱ）若對于任意x∈[0，+∞），f（x）≤x恒成立，則必有x≥0時，ax²+ln（x+1）-x≤0恒成立，即要求函數g（x）=ax²+ln（x+1）-x（x≥0）的最大值小于等于0即可；
（Ⅲ）利用不等式ln（x+1）≤x對所要證明的不等式進行放縮，然后利用裂項相消法進行求和，從而進行證明．

解答：解：（Ⅰ）當a=-

1

4

時，f(x)=-

1

4

x2+ln(x+1)（x＞-1），f′(x)=-

1

2

x+

1

x+1

=-

(x+2)(x-1)

2(x+1)

（x＞-1），
由f'（x）＞0解得-1＜x＜1，由f'（x）＜0解得x＞1．
故函數f（x）的單調遞增區間為（-1，1），單調遞減區間為（1，+∞）．（4分）
（Ⅱ）因當x∈[0，+∞）時，不等式f（x）≤x恒成立，
即ax²+ln（x+1）-x≤0恒成立，
設g（x）=ax²+ln（x+1）-x（x≥0），只需g（x）_max≤0即可．（5分）
由g′(x)=2ax+

1

x+1

-1=

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

x+1

，
（ⅰ）當a=0時，g′(x)=

-x

x+1

，
當x＞0時，g'（x）＜0，函數g（x）在（0，+∞）上單調遞減，
故g（x）≤g（0）=0成立．（6分）
（ⅱ）當a＞0時，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

時，在區間（0，+∞）上，g'（x）＞0，
則函數g（x）在（0，+∞）上單調遞增，g（x）在[0，+∞）上無最大值（或：當x→+∞時，g（x）→+∞），此時不滿足條件；
②若

1

2a

-1≥0，即0＜a≤

1

2

時，函數g（x）在(0，

1

2a

-1)上單調遞減，在區間(

1

2a

-1，+∞)上單調遞增，
同樣g（x）在[0，+∞）上無最大值，不滿足條件．（8分）
（ⅲ）當a＜0時，由g′(x)=

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

x+1

，∵x∈[0，+∞），∴2ax+（2a-1）＜0，
∴g'（x）＜0，故函數g（x）在[0，+∞）上單調遞減，故g（x）≤g（0）=0成立．
綜上所述，實數a的取值范圍是（-∞，0]．（10分）
（Ⅲ）據（Ⅱ）知當a=0時，ln（x+1）≤x在[0，+∞）上恒成立（11分）
則對任意的n∈N*，有ln[1+

1

n(n+1)

]≤

1

n(n+1)

=

1

n

-

1

n+1

∵ln{(1+

1

1×2

)(1+

1

2×3

)•…•[1+

1

n(n+1)

]}=ln(1+

1

1×2

)+ln(1+

1

2×3

)+…+ln[1+

1

n(n+1)

]
≤1-

1

2

+

1

2

-

1

3

+…+

1

n

-

1

n+1

=1-

1

n+1

＜1，
∴(1+

1

1×2

)(1+

1

2×3

)•…•[1+

1

n(n+1)

]＜e．

點評：此題主要考查利用導數研究函數的單調區間和最值問題，解題過程中多次用到了轉化的思想，第二題是函數的恒成立問題，轉化為函數最值問題解決，第三問不等式的證明要借助所給不等式，利用它進行放縮證明，本題難度比較大，是一道綜合題；