Question

16．設函數(shù)f（x）=x²+bln（x+1），其中b≠0．
（Ⅰ）當b=$\frac{1}{2}$時，判斷函數(shù)f（x）在定義域上的單調性；
（Ⅱ）當b＜$\frac{1}{2}$時，求函數(shù)f（x）的極值點
（Ⅲ）證明對任意的正整數(shù)n，不等式$ln（\frac{1}{n}+1）＞\frac{1}{n^2}-\frac{1}{n^3}$都成立．

Answer 1

分析 （Ⅰ）將b的值代入，求出函數(shù)的表達式、導數(shù)，從而求出函數(shù)的單調區(qū)間；
（Ⅱ）通過討論b的范圍，得到函數(shù)的單調區(qū)間，從而求出函數(shù)的極值點；
（Ⅲ）將b=-1代入函數(shù)的表達式，求出函數(shù)f（x）的表達式，令h（x）=x³-f（x），求出h（x）的導數(shù)，得到ln（x+1）＞x²-x³，從而證出結論．

解答 解（Ⅰ）當$b=\frac{1}{2}時$，f（x）=x²+$\frac{1}{2}$ln（x+1），（x＞-1），
f′（x）=2x+$\frac{1}{2（x+1）}$=2（x+1）+$\frac{1}{2（x+1）}$-2≥2$\sqrt{2（x+1）•\frac{1}{2（x+1）}}$-2≥0，
當且僅當x=-$\frac{1}{2}$時，“=”成立，
∴函數(shù)f（x）在定義域（-1，+∞）上單調遞增．
（Ⅱ）   當$b＜\frac{1}{2}$時，解f′（x）=0得兩個不同解：${x_1}=\frac{{-1-\sqrt{1-2b}}}{2}，{x_2}=\frac{{-1+\sqrt{1-2b}}}{2}$
當b＜0時，${x_1}=\frac{{-1-\sqrt{1-2b}}}{2}＜-1，{x_2}=\frac{{-1+\sqrt{1-2b}}}{2}＞-1$
∴x₁∈（-∞，-1），x₂∈（-1，+∞），
此時f（x）在（-1，+∞）上有唯一的極小值點${x_2}=\frac{{-1+\sqrt{1-2b}}}{2}$
當$0＜b＜\frac{1}{2}$時，x₁，x₂∈（-1，+∞）f′（x）在（-1，x₁），（x₂，+∞）都大于0，f′（x）在（x₁，x₂）上小于0，
此時f（x）有一個極大值點${x_1}=\frac{{-1-\sqrt{1-2b}}}{2}$和一個極小值點${x_2}=\frac{{-1+\sqrt{1-2b}}}{2}$
綜上可知，$0＜b＜\frac{1}{2}$時，f（x）有一個極大值點${x_1}=\frac{{-1-\sqrt{1-2b}}}{2}$和一個極小值點${x_2}=\frac{{-1+\sqrt{1-2b}}}{2}$，
b＜0，時，f（x）在（-1，+∞）上有唯一的極小值點${x_2}=\frac{{-1+\sqrt{1-2b}}}{2}$；
（Ⅲ）當b=-1時，f（x）=x²-ln（x+1），
令$h（x）={x^3}-f（x）={x^3}-{x^2}+ln（x+1），則h'（x）=\frac{{3{x^3}+{{（x-1）}^2}}}{x+1}在[0，+∞）$上恒正，
∴h（x）在[0，+∞）上單調遞增，當x∈（0，+∞）時，恒有h（x）＞h（0）=0，
即當x∈（0，+∞）時，有x³-x²+ln（x+1）＞0，ln（x+1）＞x²-x³，
對任意正整數(shù)n，取$x=\frac{1}{n}得ln（\frac{1}{n}+1）＞\frac{1}{n^2}-\frac{1}{n^3}$．

點評 本題考察了函數(shù)的單調性，導數(shù)的應用，考察分類討論思想，運用轉化思想是解答第三問的關鍵，本題是一道難題．