分析:(1)由f(x)在(0,1)上遞增,可得當(dāng)x∈(0,1)時,f′(x)=2x-a+
≥0恒成立,即a≤2x+
,進(jìn)而將問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)恒成立問題,構(gòu)造函數(shù)g(x)=2x+
,求出x∈(0,1)時的最值,可得答案.
(2)由(1)可得a=1時,f(x)在(0,1)上遞增,即在區(qū)間(0,1)上,f(x)>f(0),即ln(x+1)>x-x
2,進(jìn)而利用對數(shù)的運算性質(zhì),可證得結(jié)論.
解答:解:(1)f(x)的定義域為(-1,+∞),f′(x)=2x-a+
∵f(x)在(0,1)上遞增,
∴當(dāng)x∈(0,1)時,f′(x)=2x-a+
≥0恒成立,
即a≤2x+
令g(x)=2x+
,則當(dāng)x∈(0,1)時,g′(x)=2-
>0,
∴g(x)在(0,1)上遞增,
∴g(x)在(0,1)上的最小值為g(0)=1
∴a≤1
證明:(2)由(1)得:當(dāng)a=1時,f(x)在(0,1)上遞增
∴在(0,1)上,f(x)>f(0)⇒ln(x+1)>x-x
2令x=
(n≥2),則
ln(+1)>-⇒ln>∴
n |
|
k=2 |
(-)<ln+ln+…+ln=ln | ∴n | | k=2 | -ln<n | | k=2 | …(10分) | 又n | | k=2 | <n | | k=2 | =4n | | k=2 | =2n | | k=2 | (-)=2(-)<…(11分) | ∴n | | k=2 | -ln<n | | k=2 | <…(12分) |
| |
點評:本題考查的知識點是利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,不等式的證明,是函數(shù)與不等式的綜合應(yīng)用,難度較大,(2)的解答中要注意應(yīng)用(1)的結(jié)論.