Question

9．設函數(shù)f（x）=ln（1+x）．
（Ⅰ）若曲線y=f（x）在點（0，f（0））處的切線方程為y=g（x），當x≥0時，f（x）≤$\frac{x（1+tx）}{1+g（x）}$，求t的最小值；
（Ⅱ）當n∈N^*時，證明：$\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+…+\frac{1}{2n}＞-\frac{1}{4n}+ln2$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出導數(shù)，求得切線的斜率和切點，可得切線的方程，即g（x）=x．由題意可得ln（x+1）-$\frac{x（1+tx）}{1+g（x）}$≤0，x≥0恒成立．設h（x）=ln（x+1）-$\frac{x（1+tx）}{1+g（x）}$，x≥0，求出導數(shù)，求得單調(diào)區(qū)間，可得最小值；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得ln（1+x）＜$\frac{x（1+\frac{1}{2}x）}{1+x}$，x≥0，x=0時取得等號．取x=$\frac{1}{n}$，ln$\frac{n+1}{n}$＜$\frac{2n+1}{2n（n+1）}$=$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$），運用對數(shù)的運算性質(zhì)和累加法，及不等式的性質(zhì)，即可得證．

解答 解：（Ⅰ）f（x）的導數(shù)為f′（x）=$\frac{1}{1+x}$，
f（0）=0，f′（0）=1，切線的方程為y=x，即g（x）=x，
當x≥0時，f（x）≤$\frac{x（1+tx）}{1+g（x）}$，即為
ln（x+1）-$\frac{x（1+tx）}{1+g（x）}$≤0，x≥0恒成立．
設h（x）=ln（x+1）-$\frac{x（1+tx）}{1+g（x）}$，x≥0，
h（x）≤0，h（1）≤0即t≥-1+2ln2＞0．
h′（x）=$\frac{1}{1+x}$-$\frac{t{x}^{2}+2tx+1}{（1+x）^{2}}$=$\frac{-t{x}^{2}+（1-2t）x}{（1+x）^{2}}$=-$\frac{tx（x-\frac{1-2t}{t}）}{（1+x）^{2}}$，
當0＜t＜$\frac{1}{2}$時，0＜x＜$\frac{1-2t}{t}$時，h′（x）＞0，h（x）遞增，
故0＜x＜$\frac{1-2t}{t}$時，h（x）＞h（0）=0，與x≥0，h（x）≤h（0）=0，相矛盾，則0＜t＜$\frac{1}{2}$不合題意．
當t=$\frac{1}{2}$時，h′（x）=-$\frac{{x}^{2}}{2（1+x）^{2}}$＜0，h（x）在[0，+∞）遞減，
故當x≥0時，h（x）≤h（0）=0，因此t的最小值為$\frac{1}{2}$；
（Ⅱ）證明：由（Ⅰ）可得ln（1+x）＜$\frac{x（1+\frac{1}{2}x）}{1+x}$，x≥0，x=0時取得等號．
取x=$\frac{1}{n}$，ln$\frac{n+1}{n}$＜$\frac{2n+1}{2n（n+1）}$=$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$），
則ln$\frac{n+1}{n}$＜$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$），（1）
ln$\frac{n+2}{n+1}$＜$\frac{1}{n+2}$+$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$），（2）
…，ln$\frac{n+n}{n+（n-1）}$＜$\frac{1}{n+n}$+$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n+n-1}$-$\frac{1}{n+n}$），（n）
將n個不等式相加，由對數(shù)的運算性質(zhì)，可得
ln2=ln（$\frac{n+1}{n}$•$\frac{n+2}{n+1}$…$\frac{2n}{2n-1}$）＜$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{n+2}$+…+$\frac{1}{2n}$+$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{2n}$），
則$\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+…+\frac{1}{2n}＞-\frac{1}{4n}+ln2$．

點評 本題考查導數(shù)的運用：求切線的方程和單調(diào)區(qū)間、極值和最值，考查不等式的證明，注意運用已知不等式，以及累加法和不等式的性質(zhì)，考查推理和運算能力，屬于中檔題．