Question

已知函數(shù)g（x）是實(shí)數(shù)2a與

-4a

x+2

的等差中項(xiàng)，函數(shù)f（x）=ln（1+x）-g（x）
（1）當(dāng)a=0時(shí)，求曲線y=f（x）在原點(diǎn)處的切線方程；
（2）當(dāng)a＞0時(shí)，討論函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，+∞）上的單調(diào)性；
（3）證明不等式

1

3

+

1

5

+…+

1

2n+1

＜ln

n+1

對(duì)任意n∈N^*成立．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：分類討論,導(dǎo)數(shù)的概念及應(yīng)用,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用,不等式的解法及應(yīng)用

分析：（1）運(yùn)用等差數(shù)列的性質(zhì)，求出g（x），對(duì)f（x）求導(dǎo)，a=0時(shí)f（0）=0，切線斜率k=k=f′（0）=1，由點(diǎn)斜式可得切線方程；
（2）只需考察g（x）=x²+（4-2a）x+（4-2a）的符號(hào)．按△≤0，△＞0兩種情況進(jìn)行討論，由導(dǎo)數(shù)的符號(hào)可求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（3）由（2）知，當(dāng)a=2時(shí)，f（x）在區(qū)間（0，+∞）上單調(diào)遞增，從而有f（x）=ln（1+x）-

2x

x+2

＞f（0）=0，則

2x

x+2

＜ln（1+x）對(duì)任意x∈（0，+∞）成立．取x=

1

k

，k=1，2，3，…，n，可推

2

2k+1

＜ln（1+k）-lnk，k=1，2，3，…，n．n個(gè)不等式相加可得結(jié)論．

解答： 解：由于函數(shù)g（x）是實(shí)數(shù)2a與

-4a

x+2

的等差中項(xiàng)，
則g（x）=a-

2a

x+2

=

ax

x+2

，f（x）=ln（1+x）-

ax

x+2

，
f′（x）=

1

1+x

-

2a

(x+2)2

=

x2+(4-2a)x+4-2a

(x+1)(x+2)2

．
（1）當(dāng)a=0時(shí)，f（0）=0，切線的斜率k=f′（0）=1，
則切線方程為y=x，即x-y=0；
（2）當(dāng)a＞0時(shí)，因?yàn)閤＞0，所以只要考查g（x）=x²+（4-2a）x+（4-2a）的符號(hào)．
由△=（4-2a）²-4（4-2a）≤0，得0＜a≤2，
則當(dāng)0＜a≤2時(shí)，g（x）＞0恒成立，從而f′（x）＞0，f（x）在區(qū)間（0，+∞）上單調(diào)遞增；
當(dāng)a＞2時(shí)，由g（x）=0解得x=a-2+

a2-2a

．
當(dāng)x∈（0，a-2+

a2-2a

）時(shí)，f′（x）＜0，
當(dāng)x∈當(dāng)x變化時(shí)，（a-2+

a2-2a

，+∞）時(shí)，f′（x）＞0，
函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，a-2+

a2-2a

）單調(diào)遞減，在區(qū)間（a-2+

a2-2a

，+∞）上單調(diào)遞增．
（3）由（Ⅱ）知，當(dāng)a=2時(shí)，f（x）在區(qū)間（0，+∞）上單調(diào)遞增；
所以f（x）=ln（1+x）-

2x

x+2

＞f（0）=0，即

2x

x+2

＜ln（1+x）對(duì)任意x∈（0，+∞）成立．
取x=

1

k

，k=1，2，3，…，n，
得

2• 1 k

2+ 1 k

＜ln（1+

1

k

），即

2

2k+1

＜ln（k+1）-lnk，k=1，2，3，…，n．
將上述n個(gè)不等式求和，得到：

n

k=1

2

2k+1

＜

n

k=1

[ln（k+1）-lnk]，
即

1

3

+

1

5

+…+

1

2n+1

＜

1

2

（ln2-ln1+ln3-ln2+…+ln（n+1）-lnn）=

1

2

ln（n+1）．
故不等式

1

3

+

1

5

+…+

1

2n+1

＜ln

n+1

對(duì)任意n∈N^*成立．

點(diǎn)評(píng)：本小題主要考查函數(shù)、導(dǎo)數(shù)的綜合運(yùn)用等基礎(chǔ)知識(shí)，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、分類與整合思想．