Question

已知函數f（x）=ln（1+x）+ax，（a∈R），（e=2.718281828…）
（1）當a=-1時，求函數f（x）的單調區間及極值；
（2）令g（x）=（1-a）x，當x∈[e-1，2]時，不等式f（x）≥g（x）恒成立，求實數a的取值范圍；
（3）令a_n=1+

n

2n

，記數列{a_n}的前n項積為T_n，求證：T_n＜e²．

Answer 1

分析：（1）當a=-1時，對函數求導，然后利用單調性和極值與導數的關系進行求解．
（2）將參數進行分類，將不等式恒成立轉化為含有參數問題求最值恒成立問題，然后利用導數求構造函數的最值．
（3）根據數列的通項公式，構造對應的函數，然后利用函數的單調性去證明不等式．

解答：解：（1）當a=-1時，f（x）=ln（1+x）-x，（x＞-1）∴f′(x)=

1

1+x

-1=

-x

1+x

當x∈（-1，0）時f'（x）＞0；當x∈（0，+∞）時f'（x）＜0
∴當x=0時f_極大值（x）=f（0）=0，無極小值，
且函數f（x）的單調增區間為（-1，0），單調減區間為（0，+∞）；（4分）
（2）當x∈[e-1，2]時，不等式f（x）≥g（x）恒成立等價于ln（1+x）-（1-2a）x≥0
即：1-2a≤

ln(1+x)

x

恒成立．令φ(x)=

ln(1+x)

x

，x∈[e-1，2]，∴φ′(x)=

x 1+x -ln(1+x)

x2

當x∈[e-1，2]時，

x

1+x

＜1，ln(1+x)＞1則：φ′(x)＜0∴φmin(x)=φ(2)=

ln3

2

∴1-2a≤

ln3

2

∴a≥

2-ln3

4

則實數a的取值范圍[

2-ln3

4

，+∞)（9分）
（3）由（1）得：當x＞0時，f（x）在區間（0，+∞）單調遞減，則：ln（1+x）-x＜0，
即：ln（1+x）＜x，∴lnan=ln(1+

n

2n

)＜

n

2n

，
則：lna1+lna2+…+lnan＜

1

2

+

2

22

+

3

23

+…+

n

2n

記：Mn=

1

2

+

2

22

+

3

23

+…+

n

2n

①∴

1

2

Mn=

1

22

+

2

23

+…+

n-1

2n

+

n

2n+1

②
①-②得：

1

2

Mn=

1

2

+

1

22

+…+

1

2n

-

n

2n+1

∴

1

2

Mn=1-

1

2n

-

n

2n+1

∴Mn=2-

n+2

2n+1

＜2（12分）∴lnT_n＜2則：Tn＜e2（14分）

點評：本題的考點是利用導數研究函數的單調性以及極值和最值問題，對于不等式恒成立問題往往是將不等式進行參數分類，轉化為含參問題恒成立問題．