Question

1．已知函數(shù)f（x）=ax²+ln（x+1）
（1）當(dāng)a=-$\frac{1}{4}$時(shí)，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間
（2）當(dāng)x∈[0，+∞）時(shí)，函數(shù)y=f（x）圖象上的點(diǎn)都在$\left\{\begin{array}{l}{x≥0}\\{y-x≤0}\end{array}\right.$所表示的平面區(qū)域內(nèi)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍
（3）求證：（1+$\frac{2}{2×3}$）（1+$\frac{4}{3×5}$）（1+$\frac{8}{5×9}$）…[1+$\frac{{2}^{n}}{（{2}^{n-1}+1）（{2}^{n}+1）}$]＜e（其中n∈N⁺，e是自然數(shù)的底數(shù)）

Answer 1

分析 （1）將a的值代入，求出函數(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，從而求出函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為ax²+ln（x+1）≤x恒成立，設(shè)g（x）=ax²+ln（x+1）-x，（x≥0），只需g（x）_max≤0即可，通過(guò)討論a的范圍，得到函數(shù)g（x）的單調(diào)性，
從而求出a是范圍
（3）當(dāng)a=0時(shí)，ln（x+1）≤x在[0，+∞）上恒成立．$\frac{{2}^{n}}{（{2}^{n-1}+1）（{2}^{n}+1）}$=2（$\frac{1}{{2}^{n-1}+1}$-$\frac{1}{{2}^{n}+1}$），取自然對(duì)數(shù)，裂項(xiàng)求和，即可證明．

解答 解：（1）當(dāng)a=-$\frac{1}{4}$時(shí)，f（x）=-$\frac{1}{4}$x²+ln（x+1），（x＞-1），
f′（x）=-$\frac{（x+2）（x-1）}{2（x+1）}$，（x＞-1），
由f′（x）＞0解得-1＜x＜1，由f′（x）＜0解得：x＞1，
∴函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（-1，1），單調(diào)遞減區(qū)間是（1，+∞）；
（2）當(dāng)x∈[0，+∞）時(shí)，函數(shù)y=f（x）的圖象上的點(diǎn)都在$\left\{\begin{array}{l}{x≥0}\\{y-x≤0}\end{array}\right.$所表示的平面區(qū)域內(nèi)，即當(dāng)x∈[0，+∞）時(shí)，不等式f（x）≤x恒成立，
即ax²+ln（x+1）≤x恒成立，設(shè)g（x）=ax²+ln（x+1）-x，（x≥0），
只需g（x）_max≤0即可，
由g′（x）=$\frac{x[2ax+（2a-1）]}{x+1}$，
（i）當(dāng)a=0時(shí)，g′（x）=-$\frac{x}{x+1}$，
當(dāng)x＞0時(shí)，g′（x）＜0，函數(shù)g（x）在（0，+∞）單調(diào)遞減，
∴g（x）≤g（0）=0成立，
（ii）當(dāng)a＞0時(shí)，由g′（x）=$\frac{x[2ax+（2a-1）]}{x+1}$=0，
因x∈[0，+∞），∴x=$\frac{1}{2a}$-1，
①若$\frac{1}{2a}$-1＜0，即a＞$\frac{1}{2}$時(shí)，在區(qū)間（0，+∞）上，g′（x）＞0，
函數(shù)g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，函數(shù)g（x）在[0，+∞）上無(wú)最大值，此時(shí)不滿(mǎn)足；
②若$\frac{1}{2a}$-1≥0，即0＜a≤$\frac{1}{2}$時(shí)，函數(shù)g（x）在（0，$\frac{1}{2a}$-1）上單調(diào)遞減，
在區(qū)間（$\frac{1}{2a}$-1，+∞）上單調(diào)遞增，同樣函數(shù)g（x）在[0，+∞）上無(wú)最大值，此時(shí)也不滿(mǎn)足；
（iii）當(dāng)a＜0時(shí)，由g′（x）=$\frac{x[2ax+（2a-1）]}{x+1}$，
∵x∈[0，+∞），
∴2ax+（2a-1）＜0，∴g′（x）＜0，故函數(shù)g（x）在[0，+∞）單調(diào)遞減，
∴g（x）≤g（0）=0恒成立，
綜上：實(shí)數(shù)a的取值范圍是（-∞，0]．
（3）證明：當(dāng)a=0時(shí)，ln（x+1）≤x在[0，+∞）上恒成立．
$\frac{{2}^{n}}{（{2}^{n-1}+1）（{2}^{n}+1）}$=2（$\frac{1}{{2}^{n-1}+1}$-$\frac{1}{{2}^{n}+1}$），
∵ln{（1+$\frac{2}{2×3}$）（1+$\frac{4}{3×5}$）（1+$\frac{8}{5×9}$）…[1+$\frac{{2}^{n}}{（{2}^{n-1}+1）（{2}^{n}+1）}$]}
=ln（1+$\frac{2}{2×3}$）+ln（1+$\frac{4}{3×5}$）+ln（1+$\frac{8}{5×9}$）+…+ln[1+$\frac{{2}^{n}}{（{2}^{n-1}+1）（{2}^{n}+1）}$]
＜$\frac{2}{2×3}$+$\frac{4}{3×5}$+$\frac{8}{5×9}$+…+$\frac{{2}^{n}}{（{2}^{n-1}+1）（{2}^{n}+1）}$
=2[（$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3}$）+（$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{5}$）+…+（$\frac{1}{{2}^{n-1}+1}$-$\frac{1}{{2}^{n}+1}$）]=2（$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{{2}^{n}+1}$）＜1，
∴（1+$\frac{2}{2×3}$）（1+$\frac{4}{3×5}$）（1+$\frac{8}{5×9}$）…[1+$\frac{{2}^{n}}{（{2}^{n-1}+1）（{2}^{n}+1）}$]＜e．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，考查了函數(shù)恒成立問(wèn)題，考查不等式的證明，考查分類(lèi)討論思想，本題有一定的難度．