Question

已知函數(shù)f(x)=ln(x+1)-ax+

1-a

x+1

（a＞

1

2

）．
（Ⅰ）當(dāng)曲線y=f（x）在（1，f（1））處的切線與直線l：y=2x+1垂直時，求a的值；
（Ⅱ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間．
（III）求證：

1

2

+

1

3

+

1

4

+…+

1

n+1

＜ln(n+1)＜1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

   (n∈N*)．

Answer 1

分析：（I）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出函數(shù)f（x）在x=1處的導(dǎo)數(shù)，從而求出切線的斜率，再根據(jù)兩直線垂直建立等式關(guān)系，解之即可；
（II）討論a與1的大小，然后利用判定導(dǎo)函數(shù)f′（x）的符號，從而確定函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間，f′（x）＞0與f′（x）＜0確定單調(diào)性；
（III）由（II）及（I）知：當(dāng)a=1時，f（x）=ln（x+1）-x，且[f（x）]_max=f（0）=0，即當(dāng)x∈（-1，0）∪（0，1）時，恒有l(wèi)n（x+1）＜x成立，由k∈N*知：

1

k

＞0，-1＜-

1

k+1

＜0，得

1

k+1

＜ln(k+1)-lnk＜

1

k

，累積加即可證得結(jié)論．

解答：解：f′(x)=

1

x+1

-a-

1-a

(x+1)2

=

-ax[x-( 1 a -2)]

(x+1)2

，x＞-1，（2分）
（I）由題意可得2f'（1）=-1，即

1-3a

4

=-

1

2

解得a=1，（3分）
（II）由a＞

1

2

知：

1

a

-2=

-2(a- 1 2 )

a

＜0(

1

a

-2)-(-1)=

1-a

a

（5分）
①當(dāng)

1

2

＜a＜1時，-1＜

1

a

-2＜0，在區(qū)間(-1，

1

a

-2)和（0，+∞）上，f′（x）＜0；
在區(qū)間(

1

a

-2，0)上，f′（x）＞0．（6分）
故f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間是(-1，

1

a

-2)和（0，+∞），單調(diào)遞增區(qū)間是(

1

a

-2，0)．（7分）
②當(dāng)a≥1時，

1

a

-2≤-1，在區(qū)間（-1，0）上f'（x）＞0；在區(qū)間（0，+∞）上f'（x）＜0（8分）
故f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（-1，0），單調(diào)遞減區(qū)間是（0，+∞）．（9分）
綜上所述：
當(dāng)

1

2

＜a＜1時，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間是(-1，

1

a

-2)和（0，+∞），單調(diào)遞增區(qū)間是(

1

a

-2，0)；
當(dāng)a≥1時，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（-1，0），單調(diào)遞減區(qū)間是（0，+∞）（10分）
（III）由（II）及（I）知：當(dāng)a=1時，f（x）=ln（x+1）-x，且[f（x）]_max=f（0）=0
即當(dāng)x∈（-1，0）∪（0，1）時，恒有l(wèi)n（x+1）＜x成立
由k∈N*知：

1

k

＞0，-1＜-

1

k+1

＜0
∴ln(

1

k

+1)＜

1

k

   ，   ln (1-

1

k+1

)＜-

1

k+1

；得

1

k+1

＜ln (k+1)-ln k＜

1

k

，
∴

n

k=1

1

k+1

＜

n

k=1

[ln (k+1)-ln k]＜

n

k=1

1

k

，
即

1

2

+

1

3

+

1

4

++

1

n+1

＜ln(n+1)＜1+

1

2

+

1

3

++

1

n

(n∈N*)（14分）

點評：本題主要考查了利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點切線方程，以及利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和利用單調(diào)性證明不等式，是一道綜合題，有一定的計算量．