Question

（2011•武昌区模拟）设函数f（x）=x²+bln（x+1）．
（Ⅰ）若对定义域内的任意x，都有f（x）≥f（1）成立，求实数b的值；
（Ⅱ）若函数f（x）的定义域上是单调函数，求实数b的取值范围；
（Ⅲ）若b=-1，证明对任意的正整数n，不等式

n

k=i

f(

1

k

)＜1+

1

23

+

1

33

+…+

1

n3

成立．

Answer 1

分析：（Ⅰ）由x+1＞0，得f（x）的定义域为（-1，+∞）．因为对x∈（-1，+∞），都有f（x）≥f（1），所以f（1）是函数f（x）的最小值，故有f′（1）=0由此能求出b．
（Ⅱ）由f′(x)=2x+

b

x+1

，函数f（x）在定义域上是单调函数，知f′（x）≥0或f′（x）≤0在（_1，+∞）上恒成立．由此能求出实数b的取值范围．
（Ⅲ）当b=1时，函数f（x）=x²-ln（x+1）．令h（x）=f（x）-x³=-x³+x²-ln（x+1），则h′(x)=-3x2+2x-

1

x+1

．由此入手能够证明

n

k=1

f(

1

k

) ＜1+

1

23

+

1

3 3

+…+

1

n3

．

解答：解：（Ⅰ）由x+1＞0，得x＞-1．
∴f（x）的定义域为（-1，+∞）．…（1分）
因为对x∈（-1，+∞），都有f（x）≥f（1），
∴f（1）是函数f（x）的最小值，故有f′（1）=0．…（2分）
f′(x)=2x+

b

x+1

，
∴2+

b

2

=0，解得b=-4．      …（3分）
经检验，b=-4时，f（x）在（-1，1）上单调减，在（1，+∞）上单调增．
f（1）为最小值．故得证． …（4分）
（Ⅱ）∵f′(x)=2x+

b

x+1

=

2x2+2x+b

x+1

，
又函数f（x）在定义域上是单调函数，
∴f′（x）≥0或f′（x）≤0在（_1，+∞）上恒成立．…（6分）
若f′（x）≥0，则2x+

b

x+1

≥0在（-1，+∞）上恒成立，
即b≥-2x²-2x=-2（x+

1

2

）²+

1

2

恒成立，由此得b≥

1

2

；…（8分）
若f′（x）≤0，则2x+

b

x+1

≤0在（-1，+∞）上恒成立，
即b≤-2x²-2x=-2（x+

1

2

）²+

1

2

恒成立．
因-2(x+

1

2

)2+

1

2

在（-1，+∞）上没有最小值，
∴不存在实数b使f′（x）≤0恒成立．
综上所述，实数b的取值范围是[

1

2

，+∞）．…（10分）
（Ⅲ）当b=1时，函数f（x）=x²-ln（x+1）．
令h（x）=f（x）-x³=-x³+x²-ln（x+1），
则h′(x)=-3x2+2x-

1

x+1

=-

3x3+(x-1)2

x+1

．
当x∈（0，+∞）时，h′（x）＜0，
所以函数h（x）在（0，+∞）上单调递减．
又h（0）=0，∴当x∈[0，+∞）时，恒有h（x）＜h（0）=0，
即x²-ln（x+1）＜x³恒成立．
故当x∈（0，+∞）时，有f（x）＜x³．…（12分）
∵k∈N^*，∴

1

k

∈(0，+∞)．
取x=

1

k

，则有f(

1

k

) ＜

1

k3

．
∴

n

k=1

f(

1

k

) ＜1+

1

23

+

1

3 3

+…+

1

n3

．
所以结论成立． …（14分）

点评：本题考查利用导数求闭区间上函数最值的应用，综合性质强，难度大，计算繁琐，是高考的重点．解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化．