Question

已知f（x）=ln（x+1）．
（1）若g(x)=

1

4

x2-x+f(x)，求g（x）在[0，2]上的最大值與最小值；
（2）當(dāng)x＞0時(shí)，求證

1

1+x

＜f(

1

x

)＜

1

x

；
（3）當(dāng)n∈N₊且n≥2時(shí)，求證：

1

2

+

1

3

+

1

4

+…+

1

n+1

＜f(n)＜1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

．

Answer 1

分析：（1）求導(dǎo)函數(shù)，確定合適的單調(diào)性，g（x）在[0，1]上單調(diào)減，在[1，2]上單調(diào)增，比較端點(diǎn)的函數(shù)值，即可確定g（x）在[0，2]上的最大值與最小值；
（2）函數(shù)的定義域?yàn)椋?1，+∞），構(gòu)造函數(shù)h（x）=f（x）-x，可得函數(shù)在（-1，0）上單調(diào)增，在（0，+∞）上單調(diào)減，從而在x=0處，函數(shù)取得極大值，也是最大值，同理構(gòu)造函數(shù)φ（x）=f（x）-

x

1+x

，可得函數(shù)在（-1，0）上單調(diào)減，在（0，+∞）上單調(diào)增，從而在x=0處，函數(shù)取得極小，也是最小值
（3）根據(jù)f（x）=ln（x+1），可得f（n）-f（n-1）=f（

1

n

）由（2）知：

1

1+n

＜f(

1

n

)＜

1

n

，從而

1

1+n

＜f(n)-f(n-1)＜

1

n

，進(jìn)而利用疊加可得結(jié)論．

解答：（1）解：g(x)=

1

4

x2-x+ln(x+1)，g′(x)=

1

2

x-1+

1

x+1

=

x(x-1)

2(x+1)

∴g（x）在[0，1]上單調(diào)減，在[1，2]上單調(diào)增
∵g（0）=0，g（1）=-

3

4

+ln2，g（2）=-1+ln3
∴g（x）在[0，2]上的最大值為-1+ln3，最小值為0
（2）證明：函數(shù)的定義域?yàn)椋?1，+∞）
構(gòu)造函數(shù)h（x）=f（x）-x，∴h′（x）=

1

x+1

-1=

-x

x+1

∴函數(shù)在（-1，0）上單調(diào)增，在（0，+∞）上單調(diào)減
∴在x=0處，函數(shù)取得極大值，也是最大值
∴h（x）≤h（0）=0
∴f（x）-x≤0
∵x＞0，∴f(

1

x

)＜

1

x

構(gòu)造函數(shù)φ（x）=f（x）-

x

1+x

，∴φ′（x）=

x

(x+1)2

∴函數(shù)在（-1，0）上單調(diào)減，在（0，+∞）上單調(diào)增
∴在x=0處，函數(shù)取得極小，也是最小值
∴φ（x）≥φ（0）=0
∴f（x）-

x

1+x

≥0
∵x＞0，∴

1

1+x

＜f(

1

x

)
∴

1

1+x

＜f(

1

x

)＜

1

x

（3）證明：∵f（x）=ln（x+1），∴f（n）-f（n-1）=f（

1

n

）
由（2）知：

1

1+n

＜f(

1

n

)＜

1

n

∴

1

1+n

＜f(n)-f(n-1)＜

1

n

∴

1

1+1

＜f(1)-f(0)＜1，

1

1+2

＜f(2)-f(1)＜

1

2

，

1

1+3

＜f(3)-f(3-1)＜

1

3

，…，

1

1+n

＜f(n)-f(n-1)＜

1

n

疊加可得：

1

2

+

1

3

+

1

4

+…+

1

n+1

＜f(n)＜1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

點(diǎn)評(píng)：本題考查導(dǎo)數(shù)知識(shí)的運(yùn)用，考查不等式的證明，解題的關(guān)鍵是正確求導(dǎo)，確定函數(shù)的單調(diào)性，適當(dāng)構(gòu)造函數(shù)，確定函數(shù)的最值．