Question

16．已知函數f（x）=ln（x+1）+k（x+1）．
（Ⅰ）求f（x）的單調區(qū)間；
（Ⅱ）若f（x）≤-1恒成立，求實數k的取值范圍；
（Ⅲ）求證：$\sum_{i=2}^n{\frac{lni}{i+1}}＜\frac{n（n-1）}{4}$．（n∈N且n≥2）

Answer 1

分析 （I）由題意可得：f′（x）=$\frac{1}{x+1}$+k，當k≥0時f′（x）＞0；當k＜0時，解關于導函數的不等式，進而得到函數的單調區(qū)間．
（Ⅱ）由（I）知k≤0時，f（2）=1-k＞0，f（x）≤0不恒成立，所以k＞0．只要使y_max=f（1+$\frac{1}{k}$）=-lnk≤0恒成立即可，進而求出答案．
（Ⅲ）由題可得：k=-1時，有x∈[0，+∞）時，f（x）≤0恒成立，即ln（x-1）＜x-2在（2，+∞）上恒成立，令x-1=n²，則2lnn＜（n-1）（n+1），所以可得 $\frac{lnn}{n+1}$＜$\frac{n-1}{2}$，進而證明原不等式成立．

解答 解：（I）函數f（x）的定義域為（-1，+∞），并且f′（x）=$\frac{1}{x+1}$+k，
①當k≥0時f′（x）＞0，則f（x）在（1，+∞）上是增函數；
②當k＜0時，若x∈（-1，-1-$\frac{1}{k}$）時有f′（x）＞0，
若x∈（-1-$\frac{1}{k}$，+∞）時有f′（x）＜0．
所以f（x）在（-1，-1-$\frac{1}{k}$）上是增函數，在（-1-$\frac{1}{k}$，+∞）上是減函數．
（Ⅱ）由（I）知k≥0時，f（x）在（-1，+∞）上遞增，
而f（0）=k≥0，f（x）≤-1不恒成立，所以k＜0．
又由（I）知y_max=f（-1-$\frac{1}{k}$）=-ln（-k）-1，要使f（x）≤-1恒成立，
則y_max=f（-1-$\frac{1}{k}$）=-ln（-k）-1≤-1即可．
所以解得k≤-1．
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，當k=-1時有f（x）≤-1在（-1，+∞）上恒成立，
且f（x）在[0，+∞）上是減函數，f（0）=-1，
所以x∈[0，+∞）時，f（x）≤-1恒成立，
即ln（x-1）＜x-2在（2，+∞）上恒成立
令x-1=n²，則lnn²＜n²-1，即2lnn＜（n-1）（n+1），
從而 $\frac{lnn}{n+1}$＜$\frac{n-1}{2}$，$\frac{ln2}{3}$+$\frac{ln3}{4}$+$\frac{ln4}{5}$+…+$\frac{lnn}{n+1}$＜$\frac{1}{2}$+$\frac{2}{2}$+$\frac{3}{2}$+…+$\frac{n-1}{2}$=$\frac{n（n-1）}{4}$成立．
故$\sum_{i=2}^n{\frac{lni}{i+1}}＜\frac{n（n-1）}{4}$（n∈N，n≥2）成立．

點評 本題考查利用導數求函數的極值，函數的恒成立問題，不等式的證明，體現(xiàn)了分類討論的數學思想，不等式的放縮，是解題的難點．