Question

14．已知函數(shù)f（x）=kln$\sqrt{x+1}$圖象與二次函數(shù)g（x）=x²+x的圖象在原點(diǎn)處有相同的切線．
（1）求實(shí)數(shù)k的值；
（2）若數(shù)列{a_n}滿足a₁=1，（n+1）a_n+1²-na_n²+a_n•a_n+1=0（n∈N，且a_n＞0），求證f（$\frac{{a}_{n}-{a}_{n+1}}{{a}_{n+1}}$）$＜\frac{{a}_{n}+{a}_{n+1}}{2}$．

Answer 1

分析 （1）求出導(dǎo)數(shù)，求得切線的斜率，解方程可得k=2；
（2）運(yùn)用因式分解，可得a_n=$\frac{1}{n}$，a_n+1=$\frac{1}{n+1}$，不等式f（$\frac{{a}_{n}-{a}_{n+1}}{{a}_{n+1}}$）$＜\frac{{a}_{n}+{a}_{n+1}}{2}$，即為f（$\frac{1}{n}$）=ln（1+$\frac{1}{n}$）＜$\frac{2n+1}{2n（n+1）}$，設(shè)$\frac{1}{n}$=x，則ln（1+$\frac{1}{n}$）-$\frac{2n+1}{2n（n+1）}$=ln（1+x）-$\frac{2x+{x}^{2}}{2（x+1）}$，即有g(shù)（x）=ln（1+x）-$\frac{2x+{x}^{2}}{2（x+1）}$，x∈（0，1），求出導(dǎo)數(shù)，判斷單調(diào)性，即可得證．

解答 解：（1）f（x）=kln$\sqrt{x+1}$=$\frac{k}{2}$ln（x+1），
f（x）的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=$\frac{k}{2}$•$\frac{1}{x+1}$，
g（x）=x²+x的導(dǎo)數(shù)為g′（x）=2x+1，
由f（x）與g（x）的圖象在原點(diǎn)處有相同的切線，
可得$\frac{k}{2}$=1，解得k=2；
證明：（2）（n+1）a_n+1²-na_n²+a_n•a_n+1=0，可得
n（a_n+1²-a_n²）+a_n+1（a_n+a_n+1）=0，
即有n（a_n+1-a_n）（a_n+1+a_n）+a_n+1（a_n+a_n+1）=0，（a_n＞0），
可得n（a_n+1-a_n）+a_n+1=0，
即有（n+1）a_n+1=na_n=（n-1）a_n-1=…=2a₂=a₁=1，
可得a_n=$\frac{1}{n}$，a_n+1=$\frac{1}{n+1}$．
不等式f（$\frac{{a}_{n}-{a}_{n+1}}{{a}_{n+1}}$）$＜\frac{{a}_{n}+{a}_{n+1}}{2}$，
即為f（$\frac{1}{n}$）=ln（1+$\frac{1}{n}$）＜$\frac{2n+1}{2n（n+1）}$，
設(shè)$\frac{1}{n}$=x，則ln（1+$\frac{1}{n}$）-$\frac{2n+1}{2n（n+1）}$=ln（1+x）-$\frac{2x+{x}^{2}}{2（x+1）}$，
即有g(shù)（x）=ln（1+x）-$\frac{2x+{x}^{2}}{2（x+1）}$，x∈（0，1），
g′（x）=$\frac{-{x}^{2}}{2（x+1）^{2}}$＜0，g（0）=0，
所以g（x）＜0，即ln（1+x）＜$\frac{2x+{x}^{2}}{2（x+1）}$，
則ln（1+$\frac{1}{n}$）＜$\frac{2n+1}{2n（n+1）}$，
故原不等式成立．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求切線的斜率，同時(shí)考查數(shù)列的通項(xiàng)公式的求法，數(shù)列的不等式的證明，注意運(yùn)用構(gòu)造函數(shù)，求出導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，考查化簡(jiǎn)整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．