Question

1．函數(shù)f（x）=ln（x+1）-x²-x
（Ⅰ）若關(guān)于x的函數(shù)h（x）=f（x）+$\frac{5}{2}$x-t在[0，2]上恰有兩個(gè)不同零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)t的取值范圍；
（Ⅱ）求證：對(duì)任意的n∈N^*，不等式ln（n+2）＜1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$+ln2都成立．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用導(dǎo)數(shù)求h（x）=f（x）+$\frac{5}{2}$x-t在[0，2]上的最大值h（1），由題意可得$\left\{\begin{array}{l}{h（0）=-t≤0}\\{h（1）=ln2+\frac{1}{2}-t＞0}\\{h（2）=ln3-1-t≤0}\end{array}\right.$，求解不等式組得答案；
（Ⅱ）求出函數(shù)f（x）=ln（x+1）-x²-x在（0，+∞）上為減函數(shù)，可得x²+x≥ln（1+x），x≥0，令x=$\frac{1}{n}$，然后利用放縮法證明不等式ln（n+2）＜1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$+ln2．

解答 （Ⅰ）解：f（x）=ln（x+1）-x²-x，
則函數(shù)h（x）=f（x）+$\frac{5}{2}$x-t=ln（x+1）-x²+$\frac{3x}{2}$-t，
∴h′（x）=$\frac{1}{x+1}-2x+\frac{3}{2}$=$-\frac{（x-1）（4x+5）}{2（x+1）}$．
當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，h′（x）＞0，于是h（x）在（0，1）上單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈（1，2）時(shí)，h′（x）＜0，于是h（x）在（1，2）上單調(diào)遞減．
依題意有$\left\{\begin{array}{l}{h（0）=-t≤0}\\{h（1）=ln2+\frac{1}{2}-t＞0}\\{h（2）=ln3-1-t≤0}\end{array}\right.$，
∴l(xiāng)n3-1≤t≤ln2+$\frac{1}{2}$；
（Ⅱ）證明：由f（x）=ln（x+1）-x²-x，
得f′（x）=$\frac{1}{x+1}-2x-1$=$\frac{-x（2x+3）}{x+1}$，
當(dāng)x≥0時(shí)，f′（x）≤0，則函數(shù)單調(diào)遞減，
則f（x）≤f（0）=0，
故x²+x≥ln（1+x），x≥0，
令x=$\frac{1}{n}$，得（$\frac{1}{n}$）²+$\frac{1}{n}$≥ln（1+$\frac{1}{n}$）=ln（1+n）-lnn，
即$\frac{1}{n（n-1）}+\frac{1}{n}$＞$\frac{1}{{n}^{2}}+\frac{1}{n}$≥ln（1+n）-lnn，
從而$\frac{1}{n-1}$＞ln（1+n）-lnn，
分別令n=2，3，4，…n，
則1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n-1}$+$\frac{1}{n}$＞ln3-ln2+ln4-ln3+…+ln（1+n）-lnn+ln（2+n）-ln（1+n）=ln（n+2）-ln2，
故ln（n+2）＜1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$+ln2．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查函數(shù)、導(dǎo)數(shù)、不等式等基礎(chǔ)知識(shí)，以及綜合運(yùn)用上述知識(shí)分析問題和解決問題的能力，利用已知函數(shù)的單調(diào)性結(jié)合放縮法是解決本題的關(guān)鍵，綜合性較強(qiáng)，難度較大．