Question

9．已知函數(shù)f（x）=alnx+x²．
（Ⅰ）當a=1，函數(shù)g（x）=f（x）+$\frac{2}{x+1}$-x²，求g（x）在區(qū)間[1，+∞）上的最小值；
（Ⅱ）若存在x∈[1，e]時，使f（x）≤（a+2）x恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅲ）求證：ln（n+1）＞$\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\frac{1}{7}+…+\frac{1}{2n+1}$（n∈N⁺）．

Answer 1

分析 （I）當a=1，x≥1，函數(shù)g（x）=lnx+$\frac{2}{x+1}$，g′（x）=$\frac{{x}^{2}+1}{x（x+1）^{2}}$＞0，利用單調(diào)性即可得出．
（II）當x∈[1，e]時，x＞lnx，不等式f（x）≤（a+2）x，化為$a≥\frac{{x}^{2}-2x}{x-lnx}$，令h（x）=$\frac{{x}^{2}-2x}{x-lnx}$，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性極值與最值即可得出．
（III）由（1）可得：x∈[1，+∞），lnx+$\frac{2}{x+1}$≥1，可得ln（x+1）＞$\frac{x}{x+2}$，令x=$\frac{1}{n}$，則ln（n+1）-lnn＞$\frac{1}{2n+1}$，利用“累加求和”即可得出．

解答 （I）解：當a=1，x≥1
函數(shù)g（x）=f（x）+$\frac{2}{x+1}$-x²=lnx+$\frac{2}{x+1}$，g′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{2}{（x+1）^{2}}$=$\frac{{x}^{2}+1}{x（x+1）^{2}}$＞0，
∴函數(shù)g（x）在區(qū)間[1，+∞）上單調(diào)遞增，
因此當x=1時，函數(shù)g（x）取得極小值即最小值，g（1）=1．
（II）解：當x∈[1，e]時，x＞lnx，不等式f（x）≤（a+2）x，化為$a≥\frac{{x}^{2}-2x}{x-lnx}$，
令h（x）=$\frac{{x}^{2}-2x}{x-lnx}$，則h′（x）=$\frac{（x-1）（x+2-2lnx）}{（x-lnx）^{2}}$，
令u（x）=x+2-2lnx，u′（x）=1-$\frac{2}{x}$=$\frac{x-2}{x}$，可知：當x=2時，函數(shù)u（x）取得最小值，u（2）=4-ln4＞0，
可知：h′（x）≥0，因此函數(shù)h（x）在x∈[1，e]單調(diào)遞增．
∴當x=1時，函數(shù)h（x）取得最小值，h（1）=-1，
∴a≥-1．
（III）證明：由（1）可得：x∈[1，+∞），lnx+$\frac{2}{x+1}$≥1，
∴l(xiāng)n（x+1）＞$\frac{x}{x+2}$，
令x=$\frac{1}{n}$，則ln（n+1）-lnn＞$\frac{1}{2n+1}$，
∴l(xiāng)n2-ln1＞$\frac{1}{3}$，ln3-ln2＞$\frac{1}{5}$，…，ln（n+1）-lnn＞$\frac{1}{2n+1}$，
∴l(xiāng)n（n+1）＞$\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\frac{1}{7}+…+\frac{1}{2n+1}$（n∈N⁺）．

點評 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性極值與最值、恒成立問題等價轉(zhuǎn)化方法、利用研究證明的結(jié)論證明不等式，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．