Question

2．已知函數(shù)f（x）=ln（x+1）-$\frac{ax}{x+2}$．
（1）討論f（x）的單調(diào)性；
（2）當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＞0恒成立，求a的取值范圍；
（3）證明：n+1＞e${\;}^{\frac{2}{3}+\frac{2}{5}+…+\frac{2}{2n+1}}}$，n∈N^*．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，判斷函數(shù)的單調(diào)性即可；
（2）結(jié)合（1）通過討論a的范圍，判斷出函數(shù)的單調(diào)性，從而確定a的范圍即可；
（3）取a=2，得到在（0，+∞）上，ln（x+1）＞$\frac{2x}{x+2}$，令x=$\frac{1}{n}$，作和即可證出結(jié)論．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{1}{x+1}$-$\frac{2a}{{{{（x+2）}^2}}}$=$\frac{{{x^2}+（4-2a）x+（4-2a）}}{{（x+1）{{（x+2）}^2}}}$，x＞-1，
其中x²+（4-2a）x+4-2a=0的△=4a（a-2）．
當(dāng)△≤0即a∈[0，2]時(shí)，f′（x）≥0恒成立，則f（x）在（-1，+∞）上單調(diào)遞增；
當(dāng)a＜0時(shí)，f′（x）＞0，則f（x）在（-1，+∞）上單調(diào)遞增；
當(dāng)a＞2時(shí)，方程x²+（4-2a）x+4-2a=0有兩根為a-2-$\sqrt{{a^2}-2a}$，a-2+$\sqrt{{a^2}-2a}$，
∵-1=a-2-$\sqrt{{（a-1）}^{2}}$＜a-2-$\sqrt{{a^2}-2a}$＜0，a-2+$\sqrt{{a^2}-2a}$＞0，
∴當(dāng)a＞2時(shí)，f（x）在（-1，a-2-$\sqrt{{a^2}-2a}$）與（a-2+$\sqrt{{a^2}-2a}$，+∞）上遞增，
在（a-2-$\sqrt{{a^2}-2a}$，a-2+$\sqrt{{a^2}-2a}$）上遞減；
當(dāng)a≤2時(shí)，f（x）在（-1，+∞）上單調(diào)遞增．（5分）
（2）當(dāng)a≤2時(shí)，f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，f（x）＞f（0）=0滿足條件，
當(dāng)a＞2時(shí)，f（x）在（0，a-2+$\sqrt{{a^2}-2a}$）上遞減，此時(shí)f（x）＜f（0）=0不滿足條件，
故a∈（-∞，2]．（8分）
（3）若a=2時(shí)，在（0，+∞）上，ln（x+1）＞$\frac{2x}{x+2}$，
令x=$\frac{1}{n}$，則ln$\frac{n+1}{n}$＞$\frac{2}{2n+1}$，ln$\frac{n}{n-1}$＞$\frac{2}{2n-1}$，…，ln$\frac{3}{2}$＞$\frac{2}{5}$，ln2＞$\frac{2}{3}$，
∴l(xiāng)n$\frac{n+1}{n}$+ln$\frac{n}{n-1}$+…+ln$\frac{3}{2}$+ln2=ln（n+1）＞$\frac{2}{2n+1}$+$\frac{2}{2n-1}$+…+$\frac{2}{5}$+$\frac{2}{3}$，
即n+1＞${e^{\frac{2}{3}+\frac{2}{5}+…+\frac{2}{2n+1}}}$．（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及不等式的證明，考查分類討論思想，是一道綜合題．