Question

已知函數(shù)f（x）=ln（x+1）-x（x＞-1）．
（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）已知數(shù)列{a_n}的通項公式為a_n=1+

1

2n

+

1

n2

（n∈N₊），求證：a₂a₃a₄•…•a_n＜e

5

4

（e為自然對數(shù)的底數(shù)）；
（3）若k∈Z，且k＜

xf(x-1)+x2

x-1

對任意x＞1恒成立，求k的最大值．

Answer 1

考點：數(shù)列與函數(shù)的綜合

專題：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用,等差數(shù)列與等比數(shù)列

分析：（1）根據(jù)題意先求函數(shù)的導函數(shù)f′（x），令f′（x）＞0，f′（x）＜0，求出滿足條件的范圍，即可求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（2）由（1）知，當x＞0時，f（x）＜f（0）=0，即ln（x+1）＜x．由an=1+

1

2n

+

1

n2

(n∈N+)，令k=2，3，…，n，累加后，利用放縮法可得答案；
（3）令g(x)=

xf(x-1)+x2

x-1

=

xlnx+x

x-1

(x＞1)，則g′(x)=

x-lnx-2

(x-1)2

．令h（x）=x-lnx-2，則h′(x)=1-

1

x

＞0，利用導數(shù)法，分析函數(shù)的圖象和性質(zhì)，可得答案．

解答： 解：（1）∵f（x）=ln（x+1）-x，
∴f′(x)=

1

x+1

-1=-

x

x+1

．
當x∈（-1，0）時，f′（x）＞0；當x∈（0，+∞）時，f′（x）＜0．
∴f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（-1，0），單調(diào)遞減區(qū)間是（0，+∞）．

證明：（2）由（1）知，當x＞0時，f（x）＜f（0）=0，即ln（x+1）＜x．
∵an=1+

1

2n

+

1

n2

(n∈N+)，
∴lnak=ln(1+

1

2k

+

1

k2

)＜

1

2k

+

1

k2

．
令k=2，3，…，n，這n-1個式子相加得：
lna2+lna3+…+lnan＜(

1

22

+

1

23

+…+

1

2n

)+(

1

22

+

1

32

+…+

1

n2

)＜(

1

2

-

1

2n

)+[

1

22

+

1

2×3

+

1

3×4

+…+

1

(n-1)n

]=(

1

2

-

1

2n

)+[

1

4

+(

1

2

-

1

3

)+(

1

3

-

1

4

)+…+(

1

n-1

-

1

n

)]=(

1

2

-

1

2n

)+(

1

4

+

1

2

-

1

n

)=

5

4

-

1

2n

-

1

n

＜

5

4

．
即ln(a2a3•…•an)＜

5

4

，
∴a2a3a4•…•an＜e

5

4

．

解：（3）令g(x)=

xf(x-1)+x2

x-1

=

xlnx+x

x-1

(x＞1)，則g′(x)=

x-lnx-2

(x-1)2

．
令h（x）=x-lnx-2，則h′(x)=1-

1

x

＞0，
故h（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
而h（3）=1-ln3＜0，h（4）=2-ln4＞0，
∴h（x）存在唯一零點x₀∈（3，4），即x₀-lnx₀-2=0．
當x∈（1，x₀）時，h（x）＜h（x₀）=0，即g'（x）＜0；
當x∈（x₀，+∞）時，h（x）＞h（x₀）=0，即g'（x）＞0．
∴g（x）在（1，x₀）上單調(diào)遞減，在（x₀，+∞）上單調(diào)遞增，
故[g(x)]min=g(x0)=

x0(lnx0+1)

x0-1

=

x0(x0-1)

x0-1

=x0．
由題意有k＜[g（x）]_min=x₀，又k∈Z，x₀∈（3，4），所以k的最大值是3．

點評：本題考查的知識點是數(shù)列與函數(shù)的綜合，不等式的證明，恒成立問題，利用導數(shù)求函數(shù)的最值，綜合性強，運算量大，轉(zhuǎn)化困難，屬于難題．