Question

2．設(shè)函數(shù)f（x）=ln（1+x），g（x）=a•$\frac{{{x^2}+2x}}{1+x}$（a∈R）．
（1）若函數(shù)h（x）=f（x）-g（x）在定義域內(nèi)單調(diào)遞減，求a的取值范圍；
（2）設(shè)n∈N^*，證明：（1+$\frac{1}{n^2}}$）（1+$\frac{2}{n^2}}$）…（1+$\frac{n}{n^2}}$）＜e${\;}^{\frac{1}{4}}}$（e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）．

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，問(wèn)題轉(zhuǎn)化為$a≥{（{\frac{1+x}{{{x^2}+2x+2}}}）_{max}}$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可；
（2）取a=$\frac{1}{2}$，根據(jù)$ln（{1+x}）＜\frac{1}{2}•\frac{{{x^2}+2x}}{1+x}$對(duì)x∈（0，+∞），均成立，令$x=\frac{k}{n^2}（{k=1，2，…，n}）$，作和證出結(jié)論即可．

解答 （1）解：函數(shù)h（x）的定義域?yàn)椋?1，+∞），
且$h（x）=f（x）-g（x）=ln（{1+x}）-a•\frac{{{x^2}+2x}}{1+x}$，
則$h'（x）=\frac{1}{1+x}-a•\frac{{（{2x+2}）（{1+x}）-（{{x^2}+2x}）}}{{（{1+{x^2}}）}}=\frac{{（{1+x}）-a•（{{x^2}+2x+2}）}}{{（{1+{x^2}}）}}$，
由于h（x）在（-1，+∞）內(nèi)單調(diào)遞減，
則h'（x）≤0對(duì)x∈（-1，+∞）恒成立，
即（1+x）-a•（x²+2x+2）≤0對(duì)x∈（-1，+∞）恒成立，…（2分）
從而$a≥{（{\frac{1+x}{{{x^2}+2x+2}}}）_{max}}$，則$a≥{（{\frac{1}{{1+x+\frac{1}{1+x}}}}）_{max}}=\frac{1}{2}$，
故a的取值范圍為$[{\frac{1}{2}，+∞}）$…（4分）
（2）證明：取$a=\frac{1}{2}$，由第（1）問(wèn)可知h（x）在（0，+∞）為單調(diào)遞減函數(shù)，
從而h（x）＜h（0）=0；
則$ln（{1+x}）＜\frac{1}{2}•\frac{{{x^2}+2x}}{1+x}$對(duì)x∈（0，+∞），均成立，…（6分）
令$x=\frac{k}{n^2}（{k=1，2，…，n}）$，
有$ln（{1+\frac{k}{n^2}}）＜\frac{1}{2}•\frac{{{{（{\frac{k}{n^2}}）}^2}+2•\frac{k}{n^2}}}{{1+\frac{k}{n^2}}}=\frac{1}{2}（{\frac{k}{n^2}+\frac{k}{{{n^2}+k}}}）≤\frac{1}{2}（{\frac{k}{n^2}+\frac{k}{{{n^2}+1}}}）$；…（9分）
從而$ln[{（{1+\frac{1}{n^2}}）（{1+\frac{2}{n^2}}）…（{1+\frac{n}{n^2}}）}]$
=$ln（{1+\frac{1}{n^2}}）+ln（{1+\frac{2}{n^2}}）+…+ln（{1+\frac{n}{n^2}}）＜\frac{1}{2}（{\frac{1}{n^2}+\frac{2}{n^2}+…+\frac{n}{n^2}+\frac{1}{{{n^2}+1}}+\frac{2}{{{n^2}+1}}+…+\frac{n}{{{n^2}+1}}}）$
=$\frac{1}{4}[{3-\frac{{n{{（{n-1}）}^2}+（{n-1}）}}{{n（{{n^2}+1}）}}}]≤\frac{3}{4}$，
故$（{1+\frac{1}{n^2}}）（{1+\frac{2}{n^2}}）…（{1+\frac{n}{n^2}}）＜{e^{\frac{3}{4}}}$…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及不等式的證明，是一道綜合題．