Question

設g（x）=（a-1）x-bf（x），其中f（x）=ln（x+1），a＞0，且g（e-1）=（b-1）（e-1）-a
（e為自然對數的底數）
（1）求a與b的關系；
（2）若g（x）在區間(-

1

2

，2)上單調遞減，求f（a）的取值范圍；
（3）證明：①g（x）≥-x（x＞-1）；
②[

1

f(1)

-f′(1)f′(2)]+[

1

f(2)

-f′(2)f′(3)]+…+[

1

f(n-1)

-f′(n-1)f′(n)]≥

1

2

（n∈N^*且n≥2）

Answer 1

分析：（1）、將x=e-1代入g（x），將等式兩邊相等便可求出a與b的關系；
（2）、先求出g（x）的導函數g'（x），令g'（x）≤0，便可求出a的取值范圍，根據a的取值范圍可以求出f（a）的取值范圍；
（3）①令p（x）=g（x）+x，先求出導函數p'（x），根據p'（x）求出函數的單調性，進而求得p（x）在（-1，+∞）的最小值為0，即可證明；
②、根據①的結論可以求出

1

f(n)

和f′（n-1）f′（n）的函數表達式，將二者的表達式代入其中，逐步化簡便可證明敢不等式．

解答：解：（1）g（e-1）=（a-1）（e-1）-bln（e-1+1）
=（a-1）（e-1）-b=（b-1）（e-1）-a
則（a-b）（e-1）+（a-b）=0即（a-b）e=0，
∴a=b（3分）
（2）由（1）g（x）=（a-1）x-aln（x+1），g′(x)=(a-1)-

a

x+1

（4分）
g（x）在區間(-

1

2

，2)上單調遞減，則g'（x）≤0在區間(-

1

2

，2)上恒成立（5分）
由g'（x）≤0得(a-1)-

a

x+1

≤0即

(a-1)x-1

x+1

≤0
而x+1≥

1

2

，則（a-1）x-1≤0區間(-

1

2

，2)上恒成立
令?（x）=（a-1）x-1，
則

{	?(- 1 2 )≤0 ?(2)≤0

?-1≤a≤

3

2

而a＞0，則0＜a≤

3

2

（7分）
由1＜1+a≤

5

2

知0＜ln(1+a)≤ln

5

2

故f（a）的取值范圍為(0，ln

5

2

]（8分）
（3）證明：①令p（x）=g（x）+x=ax-aln（x+1）（x＞-1）
則p′(x)=a(1-

1

x+1

)=

ax

x+1

，由p'（x）＞0得x＞0
∴p（x）在（-1，0）上遞減，在（0，+∞）上遞增，
∴p（x）≥p（0）=0
即g（x）≥-x（x＞-1）（10分）
②由①易知x≥ln（x+1），
∴當n≥2時，ln[（n²-1）+1]≤n²-1，即lnn≤

n2-1

2

∴當n≥2時

1

lnn

≥

2

n2-1

，
f′(n-1)f′(n)=

1

n(n+1)

，

1

f(n-1)

=

1

lnn

≥

2

n2-1

=

2

(n+1)(n-1)

=

1

n-1

-

1

n+1

（1）
∴n∈N^*且n≥2時
[

1

f(1)

-f′(1)f′(2)] +[

1

f(2)

-f′(2)f′(3)] +…[

1

f(n-1)

-f′(n-1)f′(n)]
=[

1

f(1)

+

1

f(2)

+…

1

f(n-1)

]+[ f′(1)f′(2)+f′(2)f′(3)+…+f′(n-1)f′(n)]
=(

1

ln2

+

1

ln3

+…

1

lnn

) -[

1

2×3

+

1

3×4

+…

1

n(n+1)

]
≥[

1

1×3

+

1

2×4

+…

2

(n-1)(n+1)

]-[ (

1

2

-

1

3

)+(

1

3

-

1

4

)+…+(

1

n

-

1

n+1

)]
=[（1-

1

3

）+（

1

2

-

1

4

）+…+（

1

n-1

-

1

n+1

）]-（

1

2

-

1

n+1

）
=（1+

1

2

-

1

n

-

1

n+1

）+（

1

n+1

-

1

2

）
=1-

1

n

≥

1

2

．

點評：本題主要考查了利用函數的導數求出函數的單調性以及函數的最值問題，以及利用導函數證明不等式，本題綜合性較強，是各地高考的熱點和難點，屬于中檔題，同學們要加強訓練．