Question

3．已知函數(shù)f（x）=2ln（x+1）+$\frac{1}{x（x+1）}-1$；
（Ⅰ）求f（x）在區(qū)間[1，+∞）上的最小值；
（Ⅱ）證明：當n≥2時，對任意的正整數(shù)n，都有l(wèi)n1+ln2+…+lnn$＞\frac{（n-1）^{2}}{2n}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導數(shù)，判斷當x≥1時，函數(shù)的單調(diào)性，即可得到最小值；
（Ⅱ）由（Ⅰ）的結論，對任意的正整數(shù)k，2ln（k+1）+$\frac{1}{k（k+1）}$-1＞0，即2ln（k+1）＞1-（$\frac{1}{k}$-$\frac{1}{k+1}$），運用累加法，即可得證．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）的導數(shù)為f′（x）=$\frac{2}{x+1}$-$\frac{2x+1}{{{x}^{2}（x+1）}^{2}}$=$\frac{（{2x}^{3}-1）+2x（x-1）}{{{x}^{2}（x+1）}^{2}}$，
當x≥1時，f′（x）＞0，即f（x）在[1，+∞）上為增函數(shù)，
則f（x）在區(qū)間[1，+∞）上的最小值為f（1）=2ln2-$\frac{1}{2}$；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，對任意的實數(shù)x≥1，2ln（x+1）+$\frac{1}{x（x+1）}$-1≥2ln2-$\frac{1}{2}$＞0恒成立，
對任意的正整數(shù)k，2ln（k+1）+$\frac{1}{k（k+1）}$-1＞0，即2ln（k+1）＞1-（$\frac{1}{k}$-$\frac{1}{k+1}$），
則有2ln2＞1-（1-$\frac{1}{2}$），2ln3＞1-（$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3}$），…，2lnn＞1-（ $\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n}$）．
累加可得2ln2+2ln3+…+2lnn＞n-1-（1-$\frac{1}{n}$）=$\frac{{（n-1）}^{2}}{n}$，
即有l(wèi)n1+ln2+ln3+…+lnn＞$\frac{{（n-1）}^{2}}{2n}$（n∈N^*且n≥2）．

點評 本題考查導數(shù)的運用：求單調(diào)性，同時考查不等式的證明，注意運用已知結論和累加法，屬于中檔題．