Question

13．已知函數(shù)f（x）=ln（x+a）-x²-x在點x=0處取得極值．
（Ⅰ）求實數(shù)a的值；
（Ⅱ）若關(guān)于x的方程f（x）=-$\frac{5}{2}$x+b在區(qū)間[0，2]上有兩個不等實根，求b的取值范圍；
（Ⅲ）證明：對于任意的正整數(shù)n，不等式（$\frac{n+1}{n}$）${\;}^{{n}^{2}}$＜eⁿ⁺¹都成立．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求得f（x）的導(dǎo)數(shù)，由題意可得f′（0）=0，解方程可得a的值；
（Ⅱ）分離參數(shù)可得b=ln（x+1）-x²+$\frac{3}{2}$x（x＞-1），令h（x）=ln（x+1）-x²+$\frac{3}{2}$x（x＞-1），求出導(dǎo)數(shù)，區(qū)間[0，2]的單調(diào)性和極值，由題意可得在x∈[0，2]內(nèi)，函數(shù)h（x）的圖象和直線y=b有兩個交點，結(jié)合極值即可得到b的范圍；
（Ⅲ）求得f（x）的導(dǎo)數(shù)和單調(diào)區(qū)間，極值和最大值，可得f（$\frac{1}{n}$）＜0，再由對數(shù)的運算性質(zhì)，變形即可得證．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）=ln（x+a）-x²-x的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=$\frac{1}{x+a}$-2x-1，
f（x）在點x=0處取得極值，可得f′（0）=0，即$\frac{1}{a}$-1=0，
解得a=1；
（Ⅱ）方程f（x）=-$\frac{5}{2}$x+b即ln（x+1）-x²-x=-$\frac{5}{2}$x+b，
可得b=ln（x+1）-x²+$\frac{3}{2}$x（x＞-1），
令h（x）=ln（x+1）-x²+$\frac{3}{2}$x（x＞-1），
h′（x）=$\frac{1}{x+1}$-2x+$\frac{3}{2}$=-$\frac{（4x+5）（x-1）}{2（x+1）}$，
h′（x）＞0，可得-1＜x＜1；h′（x）＜0，可得x＞1．
可得當x∈[0，2]時，h（x），h′（x）隨x的變化如下表：

x	0	（0，1）	1	（1，2）	2
h′（x）	$\frac{5}{2}$	+	0	-	-$\frac{13}{6}$
h（x）	0	↗	ln2+$\frac{1}{2}$	↘	ln3-1

關(guān)于x的方程f（x）=-$\frac{5}{2}$x+b在區(qū)間[0，2]上有兩個不等實根，
即為在x∈[0，2]內(nèi)，函數(shù)h（x）的圖象和直線y=b有兩個交點，
由上表可知b的取值范圍是[ln3-1，ln2+$\frac{1}{2}$]；
（Ⅲ）證明：由（Ⅰ）知f（x）=ln（x+1）-x²-x（x＞-1），
f′（x）=$\frac{1}{x+1}$-2x-1=-$\frac{x（2x+3）}{x+1}$，
f′（x）＞0，可得-1＜x＜0；f′（x）＜0，可得x＞0．
即f（x）在（-1，0）遞增，在（0，+∞）遞減，
當x＞-1時，f（x）≤f（0）=0，
又$\frac{1}{n}$＞-1且$\frac{1}{n}$≠0，可得f（$\frac{1}{n}$）＜0，
即ln（$\frac{1}{n}$+1）-$\frac{1}{{n}^{2}}$-$\frac{1}{n}$＜0，
即ln$\frac{n+1}{n}$＜$\frac{n+1}{{n}^{2}}$，即n²ln$\frac{n+1}{n}$＜n+1，
可得ln（$\frac{n+1}{n}$）${\;}^{{n}^{2}}$＜lneⁿ⁺¹，
則（$\frac{n+1}{n}$）${\;}^{{n}^{2}}$＜eⁿ⁺¹．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運用：求單調(diào)區(qū)間和極值、最值，考查不等式的證明和函數(shù)方程的轉(zhuǎn)化思想，同時考查構(gòu)造法的運用，考查化簡整理的運算能力，屬于難題．