Question

15．已知函數(shù)f（x）=$\frac{-8}{ln2}ln（x+1）-\frac{4}{x+1}$．
（1）求證：對任意的x∈[-$\frac{1}{2}$，+∞），函數(shù)f（x）的圖象始終在x軸及其下方；
（2）若數(shù)列{a_n}的通項公式是a_n=1+$\frac{1}{n}$（n∈N^*），前n項和是S，求證：S_n≥$\frac{2ln（n+1）}{ln2}$．

Answer 1

分析 （1）通過對f（x）=$\frac{-8}{ln2}ln（x+1）-\frac{4}{x+1}$求導(dǎo)可知函數(shù)f（x）在（-1，+∞）上單調(diào)遞減，通過令f（x）=0，計算即得結(jié)論；
（2）利用數(shù)學(xué)歸納法證明，通過分析可知當(dāng)n=k（k≥2）時只需證明$\frac{1+\frac{1}{k+1}}{ln（1+\frac{1}{k+1}）}$＞$\frac{2}{ln2}$，通過令g（x）=$\frac{1+x}{ln（1+x）}$，通過求導(dǎo)求出其單調(diào)區(qū)間，進(jìn)而計算可得當(dāng)n=k+1時命題成立．

解答 證明：（1）∵f（x）=$\frac{-8}{ln2}ln（x+1）-\frac{4}{x+1}$，
∴f′（x）=$\frac{-8}{（x+1）ln2}$+$\frac{4}{（x+1）^{2}}$=$\frac{-8（x+1）+4ln2}{（x+1）^{2}ln2}$，
令f′（x）=0可知x=$\frac{-2+ln2}{2}$＜-$\frac{1}{2}$，
∴函數(shù)f（x）在（$\frac{-2+ln2}{2}$，+∞）上單調(diào)遞減，
令f（x）=$\frac{-8}{ln2}ln（x+1）-\frac{4}{x+1}$=0，解得：x=-$\frac{1}{2}$，
∴當(dāng)x∈[-$\frac{1}{2}$，+∞）時，f（x）≤f（-$\frac{1}{2}$）=0，
于是對任意的x∈[-$\frac{1}{2}$，+∞），函數(shù)f（x）的圖象始終在x軸及其下方；
（2）①當(dāng)n=1時，1+$\frac{1}{1}$≥$\frac{2ln（1+1）}{ln2}$=2，即命題成立；
②假設(shè)當(dāng)n=k（k≥2）時，S_k≥$\frac{2ln（k+1）}{ln2}$，
∴S_k+1+$\frac{1}{k+1}$≥$\frac{2ln（k+1）}{ln2}$+1+$\frac{1}{k+1}$，
下面證明：$\frac{2ln（k+1）}{ln2}$+1+$\frac{1}{k+1}$＞$\frac{2ln（k+2）}{ln2}$，
即證：1+$\frac{1}{k+1}$＞$\frac{2ln（1+\frac{1}{k+1}）}{ln2}$，
即證：$\frac{1+\frac{1}{k+1}}{ln（1+\frac{1}{k+1}）}$＞$\frac{2}{ln2}$，
令g（x）=$\frac{1+x}{ln（1+x）}$，則g′（x）=$\frac{ln（1+x）-1}{[ln（1+x）]^{2}}$，
令g′（x）＜0，得：-1＜x＜e-1，
∴當(dāng)-1＜x＜e-1時，g（x）單調(diào)遞減，
∵0＜$\frac{1}{k+1}$≤$\frac{1}{2}$＜1，
∴g（$\frac{1}{k+1}$）＞g（1），即$\frac{1+\frac{1}{k+1}}{ln（1+\frac{1}{k+1}）}$＞$\frac{2}{ln2}$，
即當(dāng)n=k+1時，命題成立；
由①②可知：S_n≥$\frac{2ln（n+1）}{ln2}$．

點(diǎn)評 本題考查數(shù)列的求和，考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查運(yùn)算求解能力，注意解題方法的積累，屬于難題．