Question

已知函數f（x）=ax²+ln（x+1）．
（1）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．
（文）（Ⅲ）利用ln（x+1）≤x，求證：ln{(1+

2

2×3

)(1+

4

3×5

)(1+

8

5×9

)•…•[1+

2n

(2n-1+1)(2n+1)

]}＜1（其中n∈N^*，e是自然對數的底數）．
（Ⅲ）求證：(1+

2

2×3

)(1+

4

3×5

)(1+

8

5×9

)•…•[1+

2n

(2n-1+1)(2n+1)

]＜e（其中n∈N^*，e是自然對數的底數）．

Answer 1

分析：（Ⅰ）求導函數，由導數的正負可得函數的單調區間；
（Ⅱ）當x∈[0，+∞）時，不等式f（x）≤x恒成立，等價于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，分類討論，可求實數a的取值范圍；
（Ⅲ）據（Ⅱ）知當a=0時，ln（x+1）≤x在[0，+∞）上恒成立，利用裂項法，結合對數的運算法則，可證結論．

解答：（Ⅰ）解：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）解：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）證明：據（Ⅱ）知當a=0時，ln（x+1）≤x在[0，+∞）上恒成立（11分）
又

2n

(2n-1+1)(2n+1)

=2(

1

2n-1+1

-

1

2n+1

)，
∵ln{(1+

2

2×3

)(1+

4

3×5

)(1+

8

5×9

)•…•[1+

2n

(2n-1+1)(2n+1)

]}=ln(1+

2

2×3

)+ln(1+

4

3×5

)+ln(1+

8

5×9

)+…+ln[1+

2n

(2n-1+1)(2n+1)

]＜

2

2×3

+

4

3×5

+

8

5×9

+…+

2n

(2n-1+1)(2n+1)

=2[(

1

2

-

1

3

)+(

1

3

-

1

5

)+(

1

5

-

1

9

)+…+(

1

2n-1+1

-

1

2n+1

)]=2[(

1

2

-

1

2n+1

)]＜1，
∴(1+

2

2×3

)(1+

4

3×5

)(1+

8

5×9

)•…•[1+

2n

(2n-1+1)(2n+1)

]＜e．（14分）

點評：本題考查導數知識的運用，考查函數的單調性，考查恒成立問題，考查不等式的證明，考查分類討論的數學思想，屬于中檔題．