Question

設(shè)函數(shù)f（x）=ln（1+x）-kx，（k＞0）
（1）討論函數(shù)f（x）在[0，+∞）上的單調(diào)性，并說明理由；
（2）已知正項數(shù)列{a_n}滿足a₁=1，a_n+1=3a_n+2ⁿ（n∈N^*），設(shè)數(shù)列{1+

1

an

}的前n項乘積為T_n，求證：Tn＜e

3

2

．

Answer 1

分析：（1）求得f′（x）=

-kx+1-k

1+x

，根據(jù)其定義域，對k分類討論即可得f（x）在[0，+∞）上的單調(diào)性；
（2）利用{a_n+2ⁿ}是以3為首項，3為公比的等比數(shù)列可求得a_n，從而可得1+

1

an

，利用分析法，放縮法即可證得結(jié)論．

解答：解：（1）∵f′（x）=

1

1+x

-k=

-kx+1-k

1+x

（k＞0），
若f′（x）=0，則x=

1

k

-1，又x≥0，
∴當(dāng)0＜k＜1時，

1

k

-1＞0，即f′（x）＞0，
∴f（x）在[0，

1

k

-1）上單調(diào)遞增，在（

1

k

-1，+∞）上單調(diào)遞減；
當(dāng)k=1，f′（x）=

-x

1+x

＜0，f（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞減；
當(dāng)k＞1，在區(qū)間[0，+∞）上f′（x）=

-kx+1-k

1+x

＜0恒成立，故f（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞減；
（2）∵a_n+1=3a_n+2ⁿ（n∈N^*），
∴a_n+1+2ⁿ⁺¹=3（a_n+2ⁿ），
∴

an+1+2n+1

an+2n

=3，又a₁+2=3，
∴{a_n+2ⁿ}是以3為首項，3為公比的等比數(shù)列，
∴a_n+2ⁿ=3ⁿ，
∴a_n=3ⁿ-2ⁿ．
∴1+

1

an

=1+

1

3n-2n

，
要證T_n=（1+

1

a1

）（1+

1

a2

）…（1+

1

an

）＜e

3

2

，
只要證ln（1+

1

a1

）+ln（1+

1

a2

）+…+ln（1+

1

an

）＜

3

2

．
即證ln（1+

1

a1

）+ln（1+

1

a2

）+…+ln（1+

1

an

）-

3

2

＜0．①
由（1）知，當(dāng)k=1時，f（

1

an

）=ln（1+

1

an

）-

1

an

，
∴f（

1

a1

）+f（

1

a2

）+…+f（

1

an

）=ln（1+

1

a1

）+ln（1+

1

a2

）+…+ln（1+

1

an

）-（

1

a1

+

1

a2

+…+

1

an

），
∵{a_n}為正項數(shù)列，由（1）可知k=1時，f（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞減，

1

an

＞0，
∴f（

1

an

）＜f（0）=0，
∴l(xiāng)n（1+

1

a1

）+ln（1+

1

a2

）+…+ln（1+

1

an

）-（

1

a1

+

1

a2

+…+

1

an

）＜0，
即ln（1+

1

a1

）+ln（1+

1

a2

）+…+ln（1+

1

an

）＜（

1

a1

+

1

a2

+…+

1

an

），②
由①②知，只需證

1

a1

+

1

a2

+…+

1

an

＜

3

2

即可．
∵

1

a1

=1，

1

an

=

1

3n-2n

＜

1

2n

（n≥2），
∴

1

a1

+

1

a2

+…+

1

an

＜1+

1

22

+…+

1

2n

=1+

1 22 [1-( 1 2 )n-1]

1- 1 2

=1+

1

2

-(

1

2

)n+1＜

3

2

成立．
∴l(xiāng)n（1+

1

a1

）+ln（1+

1

a2

）+…+ln（1+

1

an

）＜

3

2

．

點評：本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性，數(shù)列遞推關(guān)系、放縮法、分析法等知識；同時考查學(xué)生的化歸與轉(zhuǎn)化能力能力、探索數(shù)學(xué)交匯問題的解決策略；考查數(shù)學(xué)建模思想，函數(shù)、方程思想的綜合應(yīng)用．