已知函数f(x)=ax-ln(x+1)(a∈R),

已知函数f(x)=ax-ln(x+1)(a∈R),
(Ⅰ)求f(x)的单调区间;(友情提示:[ln(x+1)]′=
1
x+1

(Ⅱ)求证:当n∈N*时,1+
1
2
+
1
3
+…+
1
n
>ln(n+1)

(Ⅲ)当a取什么值时,存在一次函数g(x)=kx+b,使得对任意x>-1都有f(x)≥g(x)≥x-x2,并求出g(x)的解析式.
yijcz 1年前 已收到1个回答 举报

meddy_yuan 幼苗

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解题思路:(Ⅰ)对函数f(x)求导,当导数f'(x)大于0时可求单调增区间,当导数f'(x)小于0时可求单调减区间.
(Ⅱ)由(Ⅰ)知,当a=1时,f(x)=x-ln(x+1)在(0,+∞)上为增函数,所以,当x>0时,f(x)>f(0)=0,即x>ln(x+1),所以
1
k
>ln(
1
k
+1)=ln
1+k
k
k=1,2,…,n
,分别代入相加即可证明;
(Ⅲ)设h(x)=x-x2,因为f(0)=h(0)=0,所以要使f(x)≥g(x)≥h(x),则直线g(x)=kx+b必为f(x)和h(x)在点x=0处的公共切线,由h'(0)=(1-2x)|x=0=1,得h(x)在点x=0处的切线方程为y=x,即g(x)=x,又由f'(0)=a-1=1,得a=2,再证明f(x)≥g(x)≥h(x)即可.

(Ⅰ)f′(x)=a−
1
x+1=
ax+a−1
x+1(x>−1)…(2分)
①当a>0时,f′(x)>0⇔x>
1
a−1,f′(x)<0⇔−1<x<
1
a−1
②当a≤0时,f'(x)<0
所以,当a>0时,f(x)的单调递减区间为(−1,
1
a−1),递增区间为(
1
a−1,+∞)
当≤0时,f(x)的单调递减区间为(-1,+∞),无递增区间…(5分)
(Ⅱ)由(Ⅰ)知,当a=1时,f(x)=x-ln(x+1)在(0,+∞)上为增函数,
所以,当x>0时,f(x)>f(0)=0,即x>ln(x+1),
所以
1
k>ln(
1
k+1)=ln
1+k
kk=1,2,…,n,…(7分)
所以1+
1
2+
1
3+…+
1
n>ln
2
1+ln
3
2+…+ln
1+n
n=ln(
2
1•
3
2•…•
1+n
n)=ln(n+1),
即当n∈N*时,1+
1
2+
1
3+…+
1
n>ln(n+1)…(9分)
(Ⅲ)设h(x)=x-x2,因为f(0)=h(0)=0,所以要使f(x)≥g(x)≥h(x),
则直线g(x)=kx+b必为f(x)和h(x)在点x=0处的公共切线,
由h'(0)=(1-2x)|x=0=1,得h(x)在点x=0处的切线方程为y=x,即g(x)=x
又由f'(0)=a-1=1,得a=2…(11分)
下面证明f(x)≥g(x)≥h(x):
设F(x)=f(x)-g(x)=x-ln(x+1),由(Ⅰ)知,F(x)在(-1,0)上单调递减,
在(0,+∞)上单调递增,所以F(x)≥F(0)=0,即f(x)≥g(x),
又g(x)-h(x)=x2≥0,即g(x)≥h(x),
所以,当a=2时,存在一次函数g(x)=x,使得对任意x>-1都有f(x)≥g(x)≥x-x2…(14分)

点评:
本题考点: 利用导数研究函数的单调性;利用导数研究曲线上某点切线方程;反证法与放缩法.

考点点评: 本题主要考查通过求函数的导数来确定函数增减区间的问题,考查不等式的证明,有一定的难度,技巧性较强.

1年前

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