Question

18．已知函數(shù)f（x）=ln（1+x）-x，g（x）=ln²（1+x）-$\frac{x^2}{1+x}$．
（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）證明：g（x）≤0；
（3）若不等式${（1+\frac{1}{n}）^{n+a}}$≤e對任意的n∈N*都成立（其中e是自然對數(shù)的底數(shù)）．求a的最大值．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）求出g（x）的導(dǎo)數(shù)，得到g（x）的單調(diào)區(qū)間，從而求出g（x）的最大值，證出結(jié)論即可；
（3）問題等價于不等式$（n+a）ln（1+\frac{1}{n}）≤1$，由$1+\frac{1}{n}＞1$知，$a≤\frac{1}{{ln（1+\frac{1}{n}）}}-n$，設(shè)$G（x）=\frac{1}{ln（1+x）}-\frac{1}{x}，x∈（{0，1}]$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的最大值即可．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）的定義域是（-1，+∞），
$f'（x）=\frac{1}{1+x}-1=\frac{-x}{1+x}$，…（1分）
當-1＜x＜0時，f'（x）＞0；當x＞0時，f'（x）＜0．
所以，f（x）的增區(qū)間為（-1，0），減區(qū)間為（0，+∞）…（2分）
（2）證明：函數(shù)g（x）的定義域是（-1，+∞），
$g'（x）=\frac{2ln（1+x）}{1+x}-\frac{{{x^2}+2x}}{{{{（1+x）}^2}}}=\frac{{2（1+x）ln（1+x）-{x^2}-2x}}{{{{（1+x）}^2}}}$．…（3分）
設(shè)h（x）=2（1+x）ln（1+x）-x²-2x，則h'（x）=2ln（1+x）-2x．
由（1）得，f（x）在（-1，0）上為增函數(shù)，在（0，+∞）上為減函數(shù)．
所以f（x）在x=0處取得極大值，而f（0）=0，所以h'（x）＜0（x≠0），…（4分）
函數(shù)h（x）在（-1，+∞）上為減函數(shù)．又h（0）=0，
于是當-1＜x＜0時，h（x）＞h（0）=0，當x＞0時，h（x）＜h（0）=0…（5分）
所以，當-1＜x＜0時，g'（x）＞0，g（x）在（-1，0）上為增函數(shù)．
當x＞0時，g'（x）＜0，g（x）在（0，+∞）上為減函數(shù)…（6分）
所以g（x）在x=0處取得極大值，而g（0）=0，所以g（x）≤0…（7分）
（3）不等式${（1+\frac{1}{n}）^{n+a}}≤e$等價于不等式$（n+a）ln（1+\frac{1}{n}）≤1$．…（8分）
由$1+\frac{1}{n}＞1$知，$a≤\frac{1}{{ln（1+\frac{1}{n}）}}-n$．…（9分）
設(shè)$G（x）=\frac{1}{ln（1+x）}-\frac{1}{x}，x∈（{0，1}]$，
則$G'（x）=-\frac{1}{{（1+x）{{ln}^2}（1+x）}}+\frac{1}{x^2}=\frac{{（1+x）{{ln}^2}（1+x）-{x^2}}}{{{x^2}（1+x）{{ln}^2}（1+x）}}$．…（10分）
由（Ⅰ）知，${ln^2}（1+x）-\frac{x^2}{1+x}≤0$，即（1+x）ln²（1+x）-x²≤0．
所以G'（x）＜0，x∈（0，1]，于是G（x）在（0，1]上為減函數(shù)．
故函數(shù)G（x）在（0，1]上的最小值為$G（1）=\frac{1}{ln2}-1$．…（11分）
所以a的最大值為$\frac{1}{ln2}-1$．            …（12分）

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．