Question

設(shè)函數(shù)f（x）=ln（1+x），g（x）=xf′（x），x≥0，其中f′（x）是f（x）的導(dǎo)函數(shù)．
（1）g₁（x）=g（x），g_n+1（x）=g（g_n（x）），n∈N₊，求g_n（x）的表達(dá)式；
（2）若f（x）≥ag（x）恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（3）設(shè)n∈N₊，比較g（1）+g（2）+…+g（n）與n-f（n）的大小，并加以證明．

Answer 1

考點：導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用,函數(shù)解析式的求解及常用方法,歸納推理,不等式的證明

專題：綜合題,函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）由已知g₁（x）=

x

1+x

，求出g₂（x）=g（g₁（x）），g₃（x），然后猜想g_n（x）），再用數(shù)學(xué)歸納法加以證明；
（Ⅱ）由已知得到ln（1+x）≥

ax

1+x

恒成立，構(gòu)造函數(shù)φ（x）=ln（1+x）-

ax

1+x

（x≥0），利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的最小值即可；
（Ⅲ）在（Ⅱ）中取a=1，可得ln（1+x）＞

x

1+x

，x＞0，令x=

1

n

，則ln

n+1

n

＞

1

n+1

，n依次取1，2，3…，然后各式相加即得到不等式．

解答： 解：由題設(shè)得，g（x）=

x

1+x

（x≥0），
（Ⅰ）由已知g₁（x）=

x

1+x

，
g₂（x）=g（g₁（x））=

x 1+x

1+ x 1+x

=

x

1+2x

，
g₃（x）=

x

1+3x

，…
可得g_n（x）=

x

1+nx

．
下面用數(shù)學(xué)歸納法證明．①當(dāng)n=1時，g₁（x）=

x

1+x

，結(jié)論成立．
②假設(shè)n=k時結(jié)論成立，即g_k（x）=

x

1+kx

，
那么n=k+1時，g_k+1（x）=g（g_k（x））=

x 1+kx

1+ x 1+kx

=

x

1+(k+1)x

，即結(jié)論成立．
由①②可知，結(jié)論對n∈N₊成立．
（Ⅱ）已知f（x）≥ag（x）恒成立，即ln（1+x）≥

ax

1+x

恒成立．
設(shè)φ（x）=ln（1+x）-

ax

1+x

（x≥0），則φ′（x）=

1

1+x

-

a

(1+x)2

=

x+1-a

(1+x)2

，
當(dāng)a≤1時，φ′（x）≥0（僅當(dāng)x=0，a=1時取等號成立），
∴φ（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞增，
又φ（0）=0，
∴φ（x）≥0在[0，+∞）上恒成立．
∴當(dāng)a≤1時，ln（1+x）≥

ax

1+x

恒成立，（僅當(dāng)x=0時等號成立）
當(dāng)a＞1時，對x∈（0，a-1]有φ′（x）＜0，∴φ（x）在∈（0，a-1]上單調(diào)遞減，
∴φ（a-1）＜φ（0）=0，即當(dāng)a＞1時存在x＞0使φ（x）＜0，
故知ln（1+x）≥

ax

1+x

不恒成立，
綜上可知，實數(shù)a的取值范圍是（-∞，1]．
（Ⅲ）由題設(shè)知，g（1）+g（2）+…+g（n）=

1

2

+

2

3

+…+

n

n+1

，
n-f（n）=n-ln（n+1），
比較結(jié)果為g（1）+g（2）+…+g（n）＞n-ln（n+1）
證明如下：上述不等式等價于

1

2

+

1

3

+…+

1

n+1

＜ln（n+1），
在（Ⅱ）中取a=1，可得ln（1+x）＞

x

1+x

，x＞0，
令x=

1

n

，則ln

n+1

n

＞

1

n+1

，
故有l(wèi)n2-ln1＞

1

2

，
ln3-ln2＞

1

3

，…
ln（n+1）-lnn＞

1

n+1

，
上述各式相加可得ln（n+1）＞

1

2

+

1

3

+…+

1

n+1

，結(jié)論得證．

點評：本題考查數(shù)學(xué)歸納法；考查構(gòu)造函數(shù)解決不等式問題；考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，證明不等式，屬于一道綜合題．