Question

5．設(shè)函數(shù)f（x）=x³-2x²+a，g（x）=x²+mln（x+1）．
（I）若f（x）在x∈[-$\frac{1}{2}$，1]上的最大值為0，求實(shí)數(shù)a的值；
（II）若g（x）是定義域上的單調(diào)函數(shù)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
（III）在（I）的條件下，當(dāng)m=1時(shí)，令F（x）=f（x）+g（x），試證明ln$\frac{n+1}{n}$＞$\frac{n-1}{{n}^{3}}$（n∈N⁺）恒成立．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的最大值即可；
（Ⅱ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，問題轉(zhuǎn)化為m≥-2x²-2x=-2${（x+\frac{1}{2}）}^{2}$+$\frac{1}{2}$在（-1，+∞）上恒成立，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出m的范圍即可；
（Ⅲ）當(dāng)m=1時(shí)，F(xiàn)（x）=f（x）+g（x）=x³-x²+ln（x+1），求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，得到ln（x+1）＞x²-x³在（0，+∞）上恒成立．令x=$\frac{1}{n}$∈（0，+∞），證出結(jié)論即可．

解答 （I）解：因?yàn)閒（x）=x³-2x²+a，
所以f′（x）=3x²-4x，
令f′（x）=0，得x=0或x=$\frac{4}{3}$，
又f（x）在[-$\frac{1}{2}$，0）上遞增，在（0，1]上遞減，
所以f（x）_max=f（0）=a=0．…（2分）
（II）解：因?yàn)間′（x）=2x+$\frac{m}{x+1}$=$\frac{{2x}^{2}+2x+m}{x+1}$，
又函數(shù)g（x）在定義域上是單調(diào)函數(shù)，
所以g′（x）≥0或g′（x）≤0在（-1，+∞）上恒成立．
若g′（x）≥0在（-1，+∞）上恒成立，
即函數(shù)g（x）是定義域上的單調(diào)遞增函數(shù)，
則m≥-2x²-2x=-2${（x+\frac{1}{2}）}^{2}$+$\frac{1}{2}$在（-1，+∞）上恒成立，
由此可得：m≥$\frac{1}{2}$．…（4分）
若g′（x）≤0在（-1，+∞）上恒成立，
即函數(shù)g（x）是定義域上的單調(diào)遞減函數(shù)，
則m≤-2x²-2x=-2${（x+\frac{1}{2}）}^{2}$+$\frac{1}{2}$在（-1，+∞）上恒成立，
因?yàn)?2${（x+\frac{1}{2}）}^{2}$+$\frac{1}{2}$在（-1，+∞）上沒有最小值，
所以不存在實(shí)數(shù)m使g′（x）≤0在（-1，+∞）上恒成立．…（6分）
綜上所述，實(shí)數(shù)m的取值范圍是[$\frac{1}{2}$，+∞）．…（7分）
（III）證明：在（I）的條件下，
當(dāng)m=1時(shí)，F(xiàn)（x）=f（x）+g（x）=x³-x²+ln（x+1），
則F′（x）=3x²-2x+$\frac{1}{x+1}$=$\frac{{3x}^{3}{+（x-1）}^{2}}{x+1}$，
顯然當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，F(xiàn)′（x）＞0，
所以F（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
所以F（x）＞F（0）=0，即ln（x+1）＞x²-x³在（0，+∞）上恒成立．
令x=$\frac{1}{n}$∈（0，+∞）（n∈N^*），…（10分）
則有l(wèi)n（$\frac{1}{n}$+1）＞$\frac{1}{{n}^{2}}$-$\frac{1}{{n}^{3}}$，即ln$\frac{n+1}{n}$＞$\frac{n-1}{{n}^{3}}$（n∈N^*）恒成立．…（12分

點(diǎn)評(píng) 本題考查了求函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查不等式的證明以及轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．