Question

已知函數(shù)f（x）=ax²+1，g（x）=ln（x+1）
（Ⅰ）實數(shù)a為何值時，函數(shù)g（x）在x=0處的切線與函數(shù)f（x）的圖象也相切；
（Ⅱ）當x∈[0，+∞）時，都有不等式f（x）+g（x）≤x+1成立，求a的取值范圍；
（Ⅲ）已知n∈N，試判斷g（n）與g′（0）+g′（1）+g′（2）+…+g′（n+1）的大小，并證明之．

Answer 1

考點：利用導數(shù)研究曲線上某點切線方程,利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值

專題：分類討論,導數(shù)的概念及應用,導數(shù)的綜合應用,不等式的解法及應用

分析：（Ⅰ）求出g（x）的導數(shù)，求得切點斜率和切點，得到切線方程，聯(lián)立f（x），消去y，運用判別式為0，即可解得a；
（Ⅱ）不等式f（x）+g（x）≤x+1成立，即為ax²+ln（1+x）-x≤0在x≥0時恒成立，令h（x）=ax²+ln（1+x）-x，求出h（x）的導數(shù)，對a討論，當a≤0時，當a＞0時判斷單調(diào)性，進而得到a的范圍；
（Ⅲ）g（n）＜g′（0）+g′（1）+g′（2）+…+g′（n+1）．令l（x）=g（x）-x=ln（1+x）-x，（x＞0），求出導數(shù)判斷在x＞0的單調(diào)性，再令x=

1

k

，k=1，2，3，…，n．并累加，運用對數(shù)的運算性質(zhì)，即可得證．

解答： 解：（Ⅰ）g（x）=ln（x+1）的導數(shù)為g′（x）=

1

1+x

，
則函數(shù)g（x）在x=0處的切線斜率為1，
又切點為（0，0），
即有切線方程為y=x，
聯(lián)立y=ax²+1，消去y，得ax²-x+1=0，
a=0時，y=f（x）=1，顯然不相切．
即有a≠0，△=0，即1-4a=0，解得a=

1

4

，
則有a=

1

4

時，函數(shù)g（x）在x=0處的切線與函數(shù)f（x）的圖象也相切；
（Ⅱ）不等式f（x）+g（x）≤x+1成立，即為
ax²+ln（1+x）-x≤0在x≥0時恒成立，
令h（x）=ax²+ln（1+x）-x，h′（x）=2ax+

1

1+x

-1=

2ax2+(2a-1)x-1

1+x

=2ax-1，
當a≤0，x≥0時，h′（x）＜0，h（x）在[0，+∞）遞減，
即有h（x）≤h（0），即為ax²+ln（1+x）-x≤0成立；
當a＞0時，x＞

1

2a

時，h′（x）＞0，h（x）遞增，
0＜x＜

1

2a

時，h′（x）＜0，h（x）遞減．
即有x=

1

2a

，h（x）取得極小值，也為最小值，
則ax²+ln（1+x）-x≤0在x≥0時不恒成立．
綜上可得，a的取值范圍是（-∞，0]；
（Ⅲ）g（n）＜g′（0）+g′（1）+g′（2）+…+g′（n+1）．
理由如下：令l（x）=g（x）-x=ln（1+x）-x，（x＞0），
l′（x）=

1

1+x

-1=

-x

1+x

，由x＞0，則l′（x）＜0，l（x）遞減，
l（x）＜l（0）=0，
即有l(wèi)n（1+x）＜x，
令x=

1

k

，k=1，2，3，…，n．并累加可得，
ln2+ln

3

2

+ln

4

3

+…+ln

n+1

n

＜1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

，
即有l(wèi)n（2•

3

2

•

4

3

•…•

n+1

n

）＜1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

，
即ln（n+1）＜1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

，
由

1

n+1

+

1

n+2

＞0，
即有1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

+

1

n+1

+

1

n+2

＞ln（n+1）．
故g（n）＜g′（0）+g′（1）+g′（2）+…+g′（n+1）．

點評：本題考查導數(shù)的運用：求切線方程和判斷單調(diào)性，主要考查單調(diào)性的運用：求最值和證明不等式，運用分類討論的思想方法是解題的關鍵，屬于中檔題．