Question

5．設函數(shù)f（x）=x²+aln（x+1），其中a≠0．
（Ⅰ）當a=-1時，求曲線y=f（x）在原點處的切線方程；
（Ⅱ）試討論函數(shù)f（x）極值點的個數(shù)；
（Ⅲ）求證：對任意的n∈N^*，不等式ln（$\frac{n+2}{n+1}$）＞$\frac{n}{（n+1）^{3}}$恒成立．

Answer 1

分析 （1）由a=1，得出f（x）的解析式，求切線方程，即先求f′（x）在x=0出的值為切線的斜率．由點斜式求出切線方程即可．
（2）求出導函數(shù)，并討論其等價函數(shù)h（x），從△＞0，△=0，△＜0三種情況討論．
（3）利用導數(shù)證明不等式：構造輔助函數(shù)，把不等式的證明轉化為利用導函數(shù)研究函數(shù)單調性或最值，從而證明不等式．

解答 解：（1）當a=-1時，f（x）=x²-ln（x+1）
f′（x）=2x-$\frac{1}{x+1}$=$\frac{2{x}^{2}+2x-1}{x+1}$=$\frac{2（x+\frac{1}{2}）^{2}-\frac{3}{2}}{x+1}$
f′（0）=-1
即切線方程的斜率是-1
∴切線方程為y=-x
（2）∵函數(shù)f（x）=x²+aln（x+1），其中a≠0
∴f（x）的定義域為（0，+∞）
f′（x）=2x+$\frac{a}{x+1}$=$\frac{2{x}^{2}+2x+a}{x+1}$
令h（x）=2x²+2x+a=2（x+$\frac{1}{2}$）²+a-$\frac{1}{2}$
①a＜$\frac{1}{2}$，且a≠0時，△＞0，h（x）=0有兩個根，x₁=$\frac{-1-\sqrt{1-2a}}{2}$，x₂=$\frac{-1+\sqrt{1-2a}}{2}$
當0＜a＜$\frac{1}{2}$時，x₁∈（-1，-$\frac{1}{2}$），x₂∈（-$\frac{1}{2}$，+∞），此時f（x）有2個極值點．
當a＜0時，x₁∈（-∞，-1），x₂∈（-$\frac{1}{2}$，+∞），此時f（x）有1個極值點．
②a=$\frac{1}{2}$時，△=0，
∴h（x）≥0，
則f（x）≥0，
∴f（x）在（-1，+∞）上為增函數(shù)
∴f（x）無極值點
③a＞$\frac{1}{2}$時，△＜0，
∴h（x）＞0，則f（x）＞0，
∴f（x）在[-1，+∞）上為增函數(shù)，
∴f（x）無極值點．
綜上，當a≥$\frac{1}{2}$時，無極值點；當0＜a＜$\frac{1}{2}$時，有2個極值點；當a＜0時，有1個極值點．
（3）當a=-1時，函數(shù)f（x）=x²-ln（x+1），
令函數(shù)g（x）=x³-f（x）=x³-x²+ln（x+1）
則g′（x）=3x²-2x+$\frac{1}{x+1}$=$\frac{3{x}^{3}+（x-1）^{2}}{x+1}$
當x∈[0，+∞）時，g′（x）＞0
∴函數(shù)g（x）在[0，+∞）上單調遞增，
又∵g（0）=0 
∴x∈（0，+∞）時，恒有g（x）＞g（0）=0
即x²＜x³+ln（x+1）恒成立
取x=$\frac{1}{n+1}$ 則有l(wèi)n（1+$\frac{1}{n+1}$）＞$\frac{1}{（n+1）^{2}}$-$\frac{1}{（n+1）^{3}}$恒成立
即不等式ln（$\frac{n+2}{n+1}$）＞$\frac{n}{（n+1）^{3}}$恒成立

點評 本題考查函數(shù)與導函數(shù)的關系．在導函數(shù)的應用中可以通過構造等價函數(shù)來研究．尤其是（3）中將導函數(shù)與不等式建立關系．屬于偏難題型．