Question

已知函數f（x）=ax²+ln（x+1）．
（1）當a=-

1

4

時，求函數f（x）的單調區間；
（2）當x∈[0，+∞）時，不等式f（x）≤x恒成立，求實數a的取值范圍．
（3）利用ln（x+1）≤x，求證：ln{(1+

2

2×3

)(1+

4

3×5

)(1+

8

5×9

)•…•[1+

2n

(2n-1+1)(2n+1)

]}＜1（其中n∈N^*，e是自然對數的底數）．

Answer 1

分析：（1）把a=-

1

4

代入函數f（x），再對其進行求導利用導數研究函數f（x）的單調區間；
（2）當x∈[0，+∞）時，不等式f（x）≤x恒成立，即ax²+ln（x+1）-x≤0恒成立，只要求出ax²+ln（x+1）-x的最小值即可，構造函數，利用導數研究其最值問題；
（3）利用不等式ln（x+1）≤x對所要證明的不等式進行放縮，然后利用裂項相消法進行求和，從而進行證明；

解答：解：（1）當a=-

1

4

時，f（x）=-

1

4

x2+ln（x+1）（x＞-1），
f′（x）=-

1

2

x+

1

x+1

=-

(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．
故函數f（x）的單調遞增區間為（-1，1），單調遞減區間為（1，+∞）．
（2）當x∈[0，+∞）時，不等式f（x）≤x恒成立，即ax²+ln（x+1）-x≤0恒成立，
設g（x）=ax²+ln（x+1）-x（x≥0），
只需g（x）_max≤0即可．
g′（x）=2ax+

1

x+1

-1=

x[2ax+(2a-1)]

x+1

，
（�。┊攁=0時，g′（x）=

-x

x+1

，當x＞0時，g'（x）＜0，函數g（x）在（0，+∞）上單調遞減，
故g（x）≤g（0）=0成立．
（ⅱ）當a＞0時，令g′（x）=

x[2ax+(2a-1)]

x+1

=0，因x∈[0，+∞），所以x=

1

2a

-1，
①若

1

2a

-1＜0，即a＞

1

2

時，在區間（0，+∞）上，g'（x）＞0，
則函數g（x）在（0，+∞）上單調遞增，g（x）在[0，+∞）上無最大值（或：當x→+∞時，g（x）→+∞），此時不滿足條件；
②若

1

2a

-1≥0，即0＜a≤

1

2

時，函數g（x）在（0，

1

2a

-1）上單調遞減，在區間（

1

2a

-1，+∞）上單調遞增，
同樣g（x）在[0，+∞）上無最大值，不滿足條件．
（ⅲ）當a＜0時，g′（x）=

x[2ax+(2a-1)]

x+1

，
∵x∈[0，+∞），∴2ax+（2a-1）＜0，
∴g'（x）＜0，故函數g（x）在[0，+∞）上單調遞減，
故g（x）≤g（0）=0成立．
綜上所述，實數a的取值范圍是（-∞，0]．
（3）因為ln（x+1）≤x，且

2n

(2n-1+1)(2n+1)

=2（

1

2n-1+1

-

1

2n+1

），
所以ln{（1+

2

2×3

）（1+

4

3×5

）（1+

8

5×9

）•…•[1+

2n

(2n-1+1)(2n+1)

]}
=ln（1+

2

2×3

）+ln（1+

4

3×5

）+ln（1+

8

5×9

）+…+ln[1+

2n

(2n-1+1)(2n+1)

]＜

2

2×3

+

4

3×5

+

8

5×9

+…+

2n

(2n-1+1)(2n+1)

=2[（

1

2

-

1

3

）+（

1

3

-

1

5

）+（

1

5

-

1

9

）+…+（

1

2n-1+1

-

1

2n+1

）]
=2[（

1

2

-

1

2n+1

）]＜1，
∴ln{(1+

2

2×3

)(1+

4

3×5

)(1+

8

5×9

)•…•[1+

2n

(2n-1+1)(2n+1)

]}＜1．

點評：此題主要考查利用導數研究函數的單調區間和最值問題，解題過程中多次用到了轉化的思想，第二題是函數的恒成立問題，轉化為函數最值問題解決，第三問不等式的證明要借助所給不等式，利用它進行放縮證明，本題難度比較大，是一道綜合題；