Question

已知函数f（x）=ax-ln（x+1）（a∈R），（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（友情提示：[ln(x+1)]′＝1x+1）（Ⅱ

已知函数f（x）=ax-ln（x+1）（a∈R），（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（友情提示：[ln(x+1)]′＝1x+1）（Ⅱ）求证：当n∈N*时，1+12+13+…+1n＞ln(n+1)；（Ⅲ）当a取什么值时，存在一次函数g（x）=kx+b，使得对任意x＞-1都有f（x）≥g（x）≥x-x2，并求出g（x）的解析式．

Answer 1

（Ⅰ）f′(x)＝a?

1

x+1

＝

ax+a?1

x+1

  (x＞?1)…（2分）
①当a＞0时，f′(x)＞0?x＞

1

a

?1，    f′(x)＜0??1＜x＜

1

a

?1
②当a≤0时，f'（x）＜0
所以，当a＞0时，f（x）的单调递减区间为(?1，

1

a

?1)，递增区间为(

1

a

?1，+∞)
当≤0时，f（x）的单调递减区间为（-1，+∞），无递增区间   …（5分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当a=1时，f（x）=x-ln（x+1）在（0，+∞）上为增函数，
所以，当x＞0时，f（x）＞f（0）=0，即x＞ln（x+1），
所以

1

k

＞ln(

1

k

+1)＝ln

1+k

k

   k＝1，2，…，n，…（7分）
所以1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

＞ln

2

1

+ln

3

2

+…+ln

1+n

n

＝ln(

2

1

?

3

2

?…?

1+n

n

)＝ln(n+1)，
即当n∈N^*时，1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

＞ln(n+1)…（9分）
（Ⅲ）设h（x）=x-x²，因为f（0）=h（0）=0，所以要使f（x）≥g（x）≥h（x），
则直线g（x）=kx+b必为f（x）和h（x）在点x=0处的公共切线，
由h'（0）=（1-2x）|_x=0=1，得h（x）在点x=0处的切线方程为y=x，即g（x）=x
又由f'（0）=a-1=1，得a=2…（11分）
下面证明f（x）≥g（x）≥h（x）：
设F（x）=f（x）-g（x）=x-ln（x+1），由（Ⅰ）知，F（x）在（-1，0）上单调递减，
在（0，+∞）上单调递增，所以F（x）≥F（0）=0，即f（x）≥g（x），
又g（x）-h（x）=x²≥0，即g（x）≥h（x），
所以，当a=2时，存在一次函数g（x）=x，使得对任意x＞-1都有f（x）≥g（x）≥x-x²…（14分）