Question

8．已知函數(shù)f（x）=ln（x+1）-$\frac{ax}{x+a}$，a是常數(shù)，且a≥1．
（Ⅰ）討論f（x）零點(diǎn)的個數(shù)；  
（Ⅱ）證明：$\frac{2}{2n+1}$＜ln（1+$\frac{1}{n}$）＜$\frac{3}{3n+1}$，n∈N⁺．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性及極值最值，通過對a分類討論求得函數(shù)零點(diǎn)的個數(shù)，
（Ⅱ）取a=2或a=$\frac{3}{2}$，由（1）知函數(shù)單調(diào)性，即可證明．

解答 證明：（Ⅰ）${f^/}（x）=\frac{1}{x+1}-\frac{a^2}{{{{（x+a）}^2}}}=\frac{{x（x-{a^2}+2a）}}{{（x+1）{{（x+a）}^2}}}$，
解f′（x）=0得x=0，或x=a²-2a
①a=1時(shí)，${f^/}（x）=\frac{x}{{{{（x+1）}^2}}}$，若x∈（-1，0），f′（x）＜0，f（x）＞f（0）=0，若x∈（0，+∞），f′（x）＞0，f（x）＞f（0）=0．f（x）有一個零點(diǎn)，
②1＜a＜2時(shí)，-1＜a²-2a＜0，

x	（-1，a2-2a）	a2-2a	（a2-2a，0）	0	（0，+∞）
f′（x）	+	0	-	0	+
f（x）	↗		↘		↗

由上表可知，f（x）在區(qū)間（a²-2a，+∞）有一個零點(diǎn)x=0，
f（a²-2a）＞f（0）=0，又$-\frac{ax}{x+a}=\frac{a^2}{x+a}-a≤\frac{a^2}{a-1}-a=\frac{a}{a-1}$，
任取$t∈（-1，{e^{\frac{a}{1-a}}}-1）$，$f（t）＜\frac{a}{1-a}+\frac{a}{a-1}=0$，
f（x）在區(qū)間（t，a²-2a）有一個零點(diǎn)，從而f（x）有兩個零點(diǎn)，
③a=2時(shí)，${f^/}（x）=\frac{x^2}{{（x+1）{{（x+2）}^2}}}＞0$，f（x）在（-1，+∞）上單調(diào)遞增，有一個零點(diǎn)x=0，
④a＞2時(shí)，a²-2a＞0，

x	（-1，0）	0	（0，a2-2a）	a2-2a	（a2-2a，+∞）
f′（x）	+	0	-	0	+
f（x）	↗		↘		↗

由上表可知，f（x）在區(qū)間（-1，a²-2a）有一個零點(diǎn)x=0，在區(qū)間（a²-2a，+∞）有一個零點(diǎn)，從而f（x）有兩個零點(diǎn)，
（Ⅱ）證明：取a=2，由（1）知$f（x）=ln（x+1）-\frac{2x}{x+2}$在（-1，+∞）上單調(diào)遞增，
取$x=\frac{1}{n}$（n∈N^*），則$f（\frac{1}{n}）＞f（0）=0$，化簡得$ln（1+\frac{1}{n}）＞\frac{2}{2n+1}$，
取$a=\frac{3}{2}$，由（1）知$f（x）=ln（x+1）-\frac{3x}{2x+3}$在區(qū)間$（-\frac{3}{4}，0）$上單調(diào)遞減，
取$x=-\frac{1}{n+1}∈（-\frac{3}{4}，0）$（n∈N^*），由f（x）＞f（0）得$ln（1-\frac{1}{n+1}）＞\frac{{-\frac{3}{n+1}}}{{2（-\frac{1}{n+1}）+3}}$，
即$ln（1+\frac{1}{n}）＜\frac{3}{3n+1}$（n∈N^*），
綜上，$\frac{2}{2n+1}＜ln（1+\frac{1}{n}）＜\frac{3}{3n+1}$，n∈N^*

點(diǎn)評 本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值等知識，考查學(xué)生運(yùn)用分類討論思想、劃歸思想解決數(shù)學(xué)問題的能力，屬難題．