Question

（2011•武昌區(qū)模擬）設(shè)函數(shù)f（x）=x²+bln（x+1）．
（Ⅰ）若對(duì)定義域內(nèi)的任意x，都有f（x）≥f（1）成立，求實(shí)數(shù)b的值；
（Ⅱ）若函數(shù)f（x）的定義域上是單調(diào)函數(shù)，求實(shí)數(shù)b的取值范圍；
（Ⅲ）若b=-1，證明對(duì)任意的正整數(shù)n，不等式

n

k=i

f(

1

k

)＜1+

1

23

+

1

33

+…+

1

n3

成立．

Answer 1

分析：（Ⅰ）由x+1＞0，得f（x）的定義域?yàn)椋?1，+∞）．因?yàn)閷?duì)x∈（-1，+∞），都有f（x）≥f（1），所以f（1）是函數(shù)f（x）的最小值，故有f′（1）=0由此能求出b．
（Ⅱ）由f′(x)=2x+

b

x+1

，函數(shù)f（x）在定義域上是單調(diào)函數(shù)，知f′（x）≥0或f′（x）≤0在（_1，+∞）上恒成立．由此能求出實(shí)數(shù)b的取值范圍．
（Ⅲ）當(dāng)b=1時(shí)，函數(shù)f（x）=x²-ln（x+1）．令h（x）=f（x）-x³=-x³+x²-ln（x+1），則h′(x)=-3x2+2x-

1

x+1

．由此入手能夠證明

n

k=1

f(

1

k

) ＜1+

1

23

+

1

3 3

+…+

1

n3

．

解答：解：（Ⅰ）由x+1＞0，得x＞-1．
∴f（x）的定義域?yàn)椋?1，+∞）．…（1分）
因?yàn)閷?duì)x∈（-1，+∞），都有f（x）≥f（1），
∴f（1）是函數(shù)f（x）的最小值，故有f′（1）=0．…（2分）
f′(x)=2x+

b

x+1

，
∴2+

b

2

=0，解得b=-4．      …（3分）
經(jīng)檢驗(yàn)，b=-4時(shí)，f（x）在（-1，1）上單調(diào)減，在（1，+∞）上單調(diào)增．
f（1）為最小值．故得證． …（4分）
（Ⅱ）∵f′(x)=2x+

b

x+1

=

2x2+2x+b

x+1

，
又函數(shù)f（x）在定義域上是單調(diào)函數(shù)，
∴f′（x）≥0或f′（x）≤0在（_1，+∞）上恒成立．…（6分）
若f′（x）≥0，則2x+

b

x+1

≥0在（-1，+∞）上恒成立，
即b≥-2x²-2x=-2（x+

1

2

）²+

1

2

恒成立，由此得b≥

1

2

；…（8分）
若f′（x）≤0，則2x+

b

x+1

≤0在（-1，+∞）上恒成立，
即b≤-2x²-2x=-2（x+

1

2

）²+

1

2

恒成立．
因-2(x+

1

2

)2+

1

2

在（-1，+∞）上沒有最小值，
∴不存在實(shí)數(shù)b使f′（x）≤0恒成立．
綜上所述，實(shí)數(shù)b的取值范圍是[

1

2

，+∞）．…（10分）
（Ⅲ）當(dāng)b=1時(shí)，函數(shù)f（x）=x²-ln（x+1）．
令h（x）=f（x）-x³=-x³+x²-ln（x+1），
則h′(x)=-3x2+2x-

1

x+1

=-

3x3+(x-1)2

x+1

．
當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，h′（x）＜0，
所以函數(shù)h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減．
又h（0）=0，∴當(dāng)x∈[0，+∞）時(shí)，恒有h（x）＜h（0）=0，
即x²-ln（x+1）＜x³恒成立．
故當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，有f（x）＜x³．…（12分）
∵k∈N^*，∴

1

k

∈(0，+∞)．
取x=

1

k

，則有f(

1

k

) ＜

1

k3

．
∴

n

k=1

f(

1

k

) ＜1+

1

23

+

1

3 3

+…+

1

n3

．
所以結(jié)論成立． …（14分）

點(diǎn)評(píng)：本題考查利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)最值的應(yīng)用，綜合性質(zhì)強(qiáng)，難度大，計(jì)算繁瑣，是高考的重點(diǎn)．解題時(shí)要認(rèn)真審題，仔細(xì)解答，注意合理地進(jìn)行等價(jià)轉(zhuǎn)化．