Question

已知函數f（x）=ax-ln（x+1）（a∈R），
（Ⅰ）求f（x）的單調區間；（友情提示：[ln(x+1)]′=

1

x+1

）
（Ⅱ）求證：當n∈N^*時，1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

＞ln(n+1)；
（Ⅲ）當a取什么值時，存在一次函數g（x）=kx+b，使得對任意x＞-1都有f（x）≥g（x）≥x-x²，并求出g（x）的解析式．

Answer 1

分析：（Ⅰ）對函數f（x）求導，當導數f'（x）大于0時可求單調增區間，當導數f'（x）小于0時可求單調減區間．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，當a=1時，f（x）=x-ln（x+1）在（0，+∞）上為增函數，所以，當x＞0時，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，分別代入相加即可證明；
（Ⅲ）設h（x）=x-x²，因為f（0）=h（0）=0，所以要使f（x）≥g（x）≥h（x），則直線g（x）=kx+b必為f（x）和h（x）在點x=0處的公共切線，由h'（0）=（1-2x）|_x=0=1，得h（x）在點x=0處的切線方程為y=x，即g（x）=x，又由f'（0）=a-1=1，得a=2，再證明f（x）≥g（x）≥h（x）即可．

解答：解：（Ⅰ）f′(x)=a-

1

x+1

=

ax+a-1

x+1

  (x＞-1)…（2分）
①當a＞0時，f′(x)＞0?x＞

1

a

-1，    f′(x)＜0?-1＜x＜

1

a

-1
②當a≤0時，f'（x）＜0
所以，當a＞0時，f（x）的單調遞減區間為(-1，

1

a

-1)，遞增區間為(

1

a

-1，+∞)
當≤0時，f（x）的單調遞減區間為（-1，+∞），無遞增區間   …（5分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，當a=1時，f（x）=x-ln（x+1）在（0，+∞）上為增函數，
所以，當x＞0時，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，…（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)，
即當n∈N^*時，1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

＞ln(n+1)…（9分）
（Ⅲ）設h（x）=x-x²，因為f（0）=h（0）=0，所以要使f（x）≥g（x）≥h（x），
則直線g（x）=kx+b必為f（x）和h（x）在點x=0處的公共切線，
由h'（0）=（1-2x）|_x=0=1，得h（x）在點x=0處的切線方程為y=x，即g（x）=x
又由f'（0）=a-1=1，得a=2…（11分）
下面證明f（x）≥g（x）≥h（x）：
設F（x）=f（x）-g（x）=x-ln（x+1），由（Ⅰ）知，F（x）在（-1，0）上單調遞減，
在（0，+∞）上單調遞增，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，當a=2時，存在一次函數g（x）=x，使得對任意x＞-1都有f（x）≥g（x）≥x-x²…（14分）

點評：本題主要考查通過求函數的導數來確定函數增減區間的問題，考查不等式的證明，有一定的難度，技巧性較強．