Question

已知函數f（x）=ln（x+a），g（x）=x²+x，若函數F（x）=f（x）-g（x）在x=0處取得極值．
（1）求實數a的值；
（2）若關于x的方程F(x)+

5

2

x-m=0在區間[0，2]上恰有兩個不同的實數根，求實數m的取值范圍；
（3）證明：對任意的自然數n，有ln(

n+1

n

)＜2恒成立．

Answer 1

分析：（1）根據題意知，x=0是F′（x）的根，列出關于a的方程，求解即可求得實數a的值；
（2）方程F(x)+

5

2

x-m=0在區間[0，2]上恰有兩個不同的實數根，即確定函數y=F(x)+

5

2

x-m在[0，2]上的極值，再用極值和區間端點的函數值的正負限定函數在[0，2]上恰有兩個不同的實數根，列出不等式組，求解即可求得實數m的取值范圍；
（3）確定F（x）的定義域，利用導數判斷出F（x）在定義域內的單調性，求出函數F（x）的最大值為F（0），從而確定F（x）≤F（0），即可得到不等式ln（x+1）≤x²⁺x，令x=

1

n

，化簡即可得到ln(

1

n

+1)＜

1

n2

+

1

n

，將

1

n2

+

1

n

利用換元轉化成二次函數，可得

1

n2

+

1

n

≤2，即可證明出所要證明的結論．

解答：解：（1）由題意知，F（x）=ln（x+a）-x²-x，則F′(x)=

1

x+a

-2x-1，
∵x=0時，F（x）取得極值，
∴F'（0）=0，
∴

1

0-a

-2×0-1=0，解得a=1，
經檢驗a=1符合題意，
∴實數a的值為1．
（2）∵a=1，則F（x）=ln（x+1）-x²-x，
∵F(x)+

5

2

x-m=0，
∴ln(x+1)-x2+

3

2

x-m=0，
令h(x)=ln(x+1)-x2+

3

2

x-m，
則F(x)+

5

2

x-m=0在[0，2]上恰有兩個不同的實數根等價于h（x）=0在[0，2]恰有兩個不同的實數根，
∵h′(x)=

1

x+1

-2x+

3

2

=-

(4x+5)(x-1)

2(x+1)

，
∴當x∈（0，1）時，h'（x）＞0，于是h（x）在（0，1）上單調遞增，當x∈（1，2）時，h'（x）＜0，于是h（x）在（1，2）上單調遞減，
則根據題意，有

h(0)=-b≤0 h(1)=ln(1+1)-1+ 3 2 -b＞0 h(2)=ln(1+2)-4+3-b≤0

，即

m≥0 m＜ 1 2 +ln2 m≥-1+ln3

，
∴-1+ln3≤m＜

1

2

+ln2，
∴實數m的取值范圍為-1+ln3≤m＜

1

2

+ln2．
（3）∵F（x）=ln（x+1）-x²-x，
∴F（x）的定義域為{x|x＞-1}，
∵F′(x)=

-x(2x+3)

x+1

，
∴令F'（x）=0得，x=0，或x=-

3

2

（舍去），
∴當-1＜x＜0時，F'（x）＞0，F（x）單調遞增；當x＞0時，F'（x）＜0，F（x）單調遞減，
∴F（0）為F（x）在（-1，+∞）上的最大值，
∴F（x）≤F（0），即n（x+1）-x²-x≤0（當且僅當x=0時，等號成立），
取x=

1

n

＞0，n為任意正整數，
∴ln(

1

n

+1)＜

1

n2

+

1

n

，
令t=

1

n

，則y=

1

n2

+

1

n

=t2+t在[1，+∞）為增函數，
∴（t²+t）_min=2，即

1

n2

+

1

n

≤2恒成立，
∴ln(

n+1

n

)＜

1

n2

+

1

n

≤2，
∴對任意的自然數n，有ln(

n+1

n

)＜2恒成立．

點評：本題主要考查了導數在最大值和最小值中的應用，考查了利用導數研究函數的單調性以及用導數解決方程根的分布的問題，同時考查了利用構造函數法證明不等式，是一道綜合題，有一定的難度．屬于難題．