Question

2．已知函數(shù)f（x）=ax²+1，g（x）=ln（x+1）
（1）實數(shù)a為何值時，函數(shù)g（x）在x=0處的切線與函數(shù)f（x）的圖象也相切；
（2）當x∈[0，+∞）時，都有不等式f（x）+g（x）≤x+1成立，求a的取值范圍；
（3）已知n∈N，試判斷g（n）與g′（1）+g′（2）+…+g′（n-1）的大小，并證明之．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)g（x）的導數(shù)，得到方程組，從而求出a的值；
（2）問題轉化為：ax²+ln（x+1）-x≤0恒成立，設h（x）=ax²+ln（x+1）-x（x≥0），只需h（x）_max≤0即可，求出函數(shù)h（x）的導數(shù)，討論a的范圍，得到函數(shù)h（x）的單調性，從而求出a的范圍；
（3）通過ln（x+1）≤x，令x=$\frac{1}{n}$，則ln（$\frac{1}{n}$+1）≤$\frac{1}{n}$，繼而可得ln（n+1）-lnn＜$\frac{1}{n}$，從而證出結論．

解答 解：（1）∵g（x）=ln（x+1），∴g′（x）=$\frac{1}{x+1}$，∴g′（0）=1，
故g（x）在x=0處的切線方程為y=x，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=x}\\{y={ax}^{2}+1}\end{array}\right.$，得ax²-x+1=0，
∴1-4a=0，∴a=$\frac{1}{4}$，
（2）當x∈[0，+∞）時，不等式f（x）+g（x）≤x+1成立，
即ax²+ln（x+1）-x≤0恒成立，
設h（x）=ax²+ln（x+1）-x（x≥0），只需h（x）_max≤0即可，
由h′（x）=2ax+$\frac{1}{x+1}$-1=$\frac{x[2ax+（2a-1）]}{x+1}$，
①a=0時，h′（x）=-$\frac{x}{x+1}$，
當x＞0時，h′（x）＜0，
函數(shù)h（x）在（0，+∞）上單調遞減，
故h（x）≤h（0）=0成立；
②a＞0時，由h′（x）=0，解得：x=$\frac{1}{2a}$-1或x=0，
若$\frac{1}{2a}$-1＜0，即a＞$\frac{1}{2}$時，在區(qū)間（0，+∞）上，h′（x）＞0，
則函數(shù)h（x）在（0，+∞）單調遞增，h（x）在[0，+∞）無最大值，不滿足條件，
若$\frac{1}{2a}$-1≥0，即0＜a≤$\frac{1}{2}$時，
則函數(shù)h（x）在（0，$\frac{1}{2a}$-1）單調遞減，在（$\frac{1}{2a}$-1，+∞）單調遞增，
同樣，h（x）在[0，+∞）無最大值，不滿足條件；
③a＜0時，由h′（x）=$\frac{x[2ax+（2a-1）]}{x+1}$，
∵x∈[0，+∞），∴2ax+（2a-1）＜0，
∴h′（x）＜0，故函數(shù)h（x）在[0，+∞）單調遞減，故h（x）≤h（0）=0成立，
綜上，實數(shù)a的范圍是[-∞，0]；
（3）證明如下：由（2）得，當a=0時，ln（x+1）≤x，
令x=$\frac{1}{n}$，則ln（$\frac{1}{n}$+1）≤$\frac{1}{n}$，
∴l(xiāng)n（n+1）-lnn＜$\frac{1}{n}$，
故lnn-ln（n-1）＜$\frac{1}{n-1}$，
ln（n-1）-ln（n-2）＜1$\frac{1}{n-2}$，
…，
ln3-ln2＜$\frac{1}{2}$，
ln2-ln1＜1，
∴l(xiāng)n（n+1）＜1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$，
即g（n）＜g′（1）+g′（2）+…+g′（n-1）．

點評 本題考察了導數(shù)的應用，函數(shù)的單調性問題，考察分類討論思想，本題屬于一道難題．