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)．
（Ⅰ）令g₁（x）=g（x），g_n+1（x）=g（g_n（x）），n∈N₊，求g_n（x）的表達(dá)式；
（Ⅱ）若f（x）≥ag（x）恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（Ⅲ）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(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（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gn(x)=

x

1+nx

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gn(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gk(x)=

x

1+kx

，
那么n=k+1時，gk+1(x)=g(gk(x))=

gk(x)

1+ gk(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(shí)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ln2-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(diǎn)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．