Question

4．設(shè)函數(shù)f（x）=x²+x+aln（x+1），其中a≠0
（1）若a=-6，求f（x）在[0，3]上的最值；
（2）若f（x）在定義域內(nèi)既有極大值又有極小值，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（3）當(dāng)a=-1時(shí)，令g（x）=x³+x-f（x），求證：ln（$\frac{n+1}{n}$）＞$\frac{n-1}{{n}^{3}}$（n∈N^*）恒成立．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的最值；
（2）問題轉(zhuǎn)化為方程2x²+3x+1+a=0在（-1，+∞）有兩個(gè)不等實(shí)根，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)判斷即可；
（3）求出g（x）的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性得到x²-x³＜ln（x+1）在（0，+∞）恒成立，通過換元證明即可．

解答 解（1）f（x）的定義域?yàn)椋?1，+∞）
當(dāng)a=-6時(shí)，由f′（x）=$\frac{2x2+3x-5}{x+1}$=0得x=1或x=-$\frac{5}{2}$（舍）
當(dāng)x∈（0，1）時(shí)f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，
當(dāng)x∈（1，3）時(shí)f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增
所以f（x）_min=f（1）=2-6ln2  
又因?yàn)閒（0）=0，f（3）=12（1-ln2）＞0，
所以f（x）_max=12（1-ln2）
綜上：f（x）_min=2-6ln2，f（x）_max=12（1-ln2）；
（2）f′（x）=$\frac{2x2+3x+1+a}{x+1}$，
即2x²+3x+1+a=0在（-1，+∞）有兩個(gè)不等實(shí)根，
令h（x）=2x²+3x+1+a，
則$\left\{\begin{array}{l}△=9-8（a+1）＞0\\ h（-1）＞0\end{array}$，解得0＜a＜$\frac{1}{8}$；
（3）∵g（x）=x³+x-f（x）=x³-x²+ln（x+1），
∴g′（x）=$\frac{3x3+（x-1）2}{x+1}$，
當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，g′（x）＞0，
 所以g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)g（x）＞g（0）=0，
即x³-x²+ln（x+1）＞0，
x²-x³＜ln（x+1）在（0，+∞）恒成立，
令x=$\frac{1}{n}$∈（0，+∞）（ n∈N?），
則ln（1+$\frac{1}{n}$）＞$\frac{1}{n2}$-$\frac{1}{n3}$，
即ln（$\frac{n+1}{n}$）＞$\frac{n-1}{n3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值、極值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問題，考查不等式的證明，是一道綜合題．