Question

已知函數(shù)f（x）=（1+x）ln（1+x），g（x）=kx²+x，
（1）討論函數(shù)f（x）=a的解的個數(shù)；
（2）若當x≥0時，f（x）≤g（x）恒成立，求k的最小值；
（3）若數(shù)列{

1

n

}的前n項和為S_n，求證：S_n+2lnn!≥

n(n+1)

2

．

Answer 1

考點：數(shù)列與函數(shù)的綜合,利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值

專題：導數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）由已知得f′（x）=ln（1+x）+1，令f′（x）=0，得：x=

1

e

-1，利用導數(shù)的性質(zhì)進行分類討論，能求出函數(shù)f（x）=a的解的個數(shù)．
（2）令ϕ（x）=f（x）-g（x）=（1+x）ln（1+x）-kx²-x，則ϕ′（x）=ln（1+x）-2kx，利用導數(shù)性質(zhì)進行分類討論，能求出k的最小值．
（3）取k=

1

2

，得ln（1+x）≤

1

2

（（1+x）-

1

1+x

），取x=n-1 得

1

n

+2lnn≤n，由此利用累加法能證明S_n+2lnn!≥

n(n+1)

2

．

解答： （1）解：∵f（x）=（1+x）ln（1+x），
∴f′（x）=ln（1+x）+1，
令f′（x）=0，得：x=

1

e

-1，
∴當x∈（-1，

1

e

-1）時，f′（x）＜0，f（x）在（-1，

1

e

-1）上單調(diào)遞減，
同理，（x）在（

1

e

-1，+∞）上單調(diào)遞增，
∴當x=

1

e

-1時，f_極小=-

1

e

，
又x∈（-1，

1

e

-1）時，f（x）＜0，
∴①當a＜-

1

e

時，方程f（x）=a無解；
②當a=-

1

e

或a≥0時，方程f（x）=a有一解；
③當-

1

e

＜a＜0時，方程f（x）=a有兩解．
（2）解：令ϕ（x）=f（x）-g（x）=（1+x）ln（1+x）-kx²-x
則ϕ′（x）=ln（1+x）-2kx，
令h（x）=ln（1+x）-2kx，
則h′（x）=

1

1+x

-2k，
∵x≥0，∴

1

1+x

∈（0，1]．
①當k≥

1

2

時，2k≥1，h′（x）=

1

1+x

-2k≤0，
∴h（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞減，
∴h（x）≤h（0）=0，
即ϕ′（x）≤0，∴ϕ（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞減，
∴ϕ（x）≤ϕ（0）=0∴f（x）≤g（x），
∴當k≥

1

2

時滿足題意；
②當k≤0時，h′（x）=

1

1+x

-2k＞0，
∴h（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞增，
∴h（x）≥h（0）=0，即ϕ′（x）≥0，
∴ϕ（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞增，
∴ϕ（x）≥ϕ（0）=0，∴f（x）≥g（x），∴當k≤0時不合題意；
③當0＜k＜

1

2

時，由h′（x）=

1

1+x

-2k=0，得：x=

1-2k

2k

＞0，
當x∈（0，

1-2k

2k

）時，h（x）單調(diào)遞增，
∴h（x）＞0，即ϕ′（x）＞0，
∴ϕ（x）在（0，

1-2k

2k

）上單調(diào)遞增，∴ϕ（x）＞0，
即f（x）＞g（x），∴不合題意．
綜上，k的取值范圍是[

1

2

，+∞），故k的最小值為

1

2

．
（3）證明：由（2）知，取k=

1

2

，得：（1+x）ln（1+x）≤

1

2

x²+x，
變形得：ln（1+x）≤

x2+2x

2(1+x)

=

(1+x)2-1

2(1+x)

=

1

2

（（1+x）-

1

1+x

）；
取x=n-1 得：lnn≤

1

2

（n-

1

n

），即：

1

n

+2lnn≤n，
∴

1

1

+2ln1≤1，

1

2

+2ln2≤2，

1

3

+2ln3≤3，
…

1

n

+2lnn≤n，
以上各式相加得：（

1

1

+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

）+2（ln1+ln2+ln3+…+lnn）≤1+2+…+n
∴S_n+2lnn!≥

n(n+1)

2

．

點評：本題考查方程的解的個數(shù)的討論，考查實數(shù)的最小值的求法，考查不等式的證明，解題時要認真審題，注意導數(shù)性質(zhì)的合理運用．