Question

（2013•保定一模）設(shè)函數(shù)f（x）=ln（1+x）-

ax

x+1

（a∈R）．
（1）求函數(shù)f（x）的極值；
（2）當(dāng)a＞0時(shí)，若對(duì)任意的x≥0，恒有f （x）≥0，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（3）設(shè)x∈N且x＞2，試證明：lnx＞

1

2

+

1

3

+

1

4

+…+

1

x

．

Answer 1

分析：（1）求出函數(shù)的定義域，f′（x）=

x+1-a

(1+x)2

，分a≤0，a＞0兩種情況討論，由f′（x）的符號(hào)可判斷函數(shù)單調(diào)性，根據(jù)單調(diào)性可判斷函數(shù)極值；
（2）對(duì)任意的x≥0，恒有f （x）≥0等價(jià)于f（x）_min≥0，按0＜a≤1，a＞1兩種情況討論，借助（1）問結(jié)論可求得函數(shù)f（x）的最小值；
（3）由（2）可知，ln（1+x）≥

x

x+1

，則lnx=ln（

2

1

×

3

2

×…×

x

x-1

）=ln2+ln

3

2

+…+ln

x

x-1

=ln（1+1）+ln（1+

1

2

）+…+ln（1+

1

x-1

），利用不等式進(jìn)行放縮，整理可得結(jié)論；

解答：解：（1）函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?1，+∞），
f′（x）=

1

1+x

-

a

(1+x)2

=

x+1-a

(1+x)2

，
①當(dāng)a≤0時(shí)，恒有x+1-a＞0，恒有f′（x）＞0，f（x）在（-1，+∞）上單調(diào)遞增，無極值；
②當(dāng)a＞0時(shí)，由f′（x）=0得x=a-1，
當(dāng)x∈（-1，a-1）時(shí)，f′（x）＜0，當(dāng)x∈（a-1，+∞）時(shí)，f′（x）＞0，
故函數(shù)f（x）在（-1，a-1）上單調(diào)遞減，在（a-1，+∞）上單調(diào)遞增，
故當(dāng)x=a-1時(shí)f（x）取得極小值，無極大值，極小值為f（a-1）=lna+1-a．
（2）當(dāng)0＜a≤1時(shí)，y=f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，f（x）≥f（0）=0，所以滿足題意；
當(dāng)a＞1時(shí)，由（1）可知應(yīng)有f（a-1）=lna+1-a≥0（*）成立，
令g（a）=lna+1-a，則g′（a）=

1

a

-1=

1-a

a

，g′（a）＜0，g（a）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，
所以g（a）＜0，即f（a-1）=g（a）＜0，與（*）不符，
所以a的取值范圍是0＜a≤1．
（3）由（2）可知，ln（1+x）≥

x

x+1

，
所以lnx=ln（

2

1

×

3

2

×…×

x

x-1

）=ln2+ln

3

2

+…+ln

x

x-1

=ln（1+1）+ln（1+

1

2

）+…+ln（1+

1

x-1

）
＞

1

2

+

1 2

1+ 1 2

+…+

1 x-1

1+ 1 x-1

=

1

2

+

1

3

+

1

4

+…+

1

x

．

點(diǎn)評(píng)：本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值、在閉區(qū)間上的最值，考查不等式的證明，考查分類討論思想，考查解決問題的能力，解決（3）問的關(guān)鍵是借助（2）得到不等式，然后對(duì)lnx進(jìn)行恰當(dāng)變形．