Question

設(shè)函數(shù)f（x）=x²+bln（x+1）．
（1）若x=1時(shí)，函數(shù)f（x）取最小值，求實(shí)數(shù)b的值；
（2）若函數(shù)f（x）在定義域上是單調(diào)函數(shù)，求實(shí)數(shù)b的取值范圍；
（3）若b=-1，證明對(duì)任意正整數(shù)n，不等式

n

k=1

f（

1

k

）＜1+

1

23

+

1

33

+…+

1

n3

都成立．

Answer 1

考點(diǎn)：導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問(wèn)題中的應(yīng)用

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義及函數(shù)最值的意義得出f′（1）=0，求得b值；
（2）由函數(shù)f（x）在定義域上是單調(diào)函數(shù)，可得f′（x）≥0或f′（x）≤0在（-1，+∞）上恒成立，轉(zhuǎn)化為利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值問(wèn)題解決即可；
（3）構(gòu)造函數(shù)h（x）=f（x）-x³，利用導(dǎo)數(shù)判斷且單調(diào)性，得出f（x）＜x³取x=x=

1

k

，則有f（

1

k

）＜

1

k3

（k∈N₊），即得結(jié)論成立．

解答： 解：（1）由x+1＞0得x＞-1，
∴f（x）的定義域?yàn)椋?1，+∞），
對(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，
f′（x）=2x+

b

x+1

，∴2+

b

2

=0，解得b=-4．經(jīng)檢驗(yàn)，合題意；
（2）∵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．
若f′（x）≥0，
∵x+1＞0，∴2x²+2x+b≥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

；
若f′（x）≤0，
∵x+1＞0，
∴2x²+2x+b≤0，即b≤-（2x²+2x）恒成立，
因-（2x²+2x） 在（-1，+∞）上沒(méi)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

，+∞）．
（3）當(dāng)b=-1時(shí)，函數(shù)f（x）=x²-ln（x+1），令函數(shù)h（x）=f（x）-x³=x²-ln（x+1）-x³，
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x∈[0，+∞）上是單調(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．
∵k∈N₊
∴

1

k

∈（0，+∞），取x=

1

k

，則有f（

1

k

）＜

1

k3

，
∴

n

i=1

f（

1

k

）＜1+

1

23

+

1

33

+…+

1

n3

，故結(jié)論成立．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了導(dǎo)數(shù)的幾何意義及函數(shù)的最值意義以及利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性及求最值等知識(shí)，考查不等式恒成立的條件等價(jià)轉(zhuǎn)化思想、分類討論思想的．綜合應(yīng)用較強(qiáng)，屬難題．