Question

（2010•眉山一模）設(shè)函數(shù)f（x）=ax-（a+1）ln（x+1），（a＞0），且x＞0，有

x

1+x

＜ln(x+1)＜x成立．
（Ⅰ）求f（x）的單調(diào)區(qū)間．
（Ⅱ）設(shè)f（x）的最小值為g（a），證明不等式-

1

a

＜g(a)＜0
（Ⅲ）已知

lim

x→∞

ln(x+1)

x

=0，用反證法證明f（x）在（0，+∞）內(nèi)有零點．

Answer 1

分析：（Ⅰ）由f（x）=ax-（a+1）ln（x+1），其中a＞0，知函數(shù)f（x）的定義域為（-1，+∞），且，由f′（x）=0，得x=

1

a

．列表討論，能求出f（x）的單調(diào)區(qū)間．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，g（a）=f（

1

a

）=1-（a+1）•（ln

1

a

+1），由已知x＞0時，

x

1+x

＜ln(x+1)＜x，將x=

1

a

代入

x

1+x

＜ln(x+1)＜x，得

1

a+1

＜ln(

1

a

+1)＜

1

a

，由此可求得g（a）的范圍，可得結(jié)論；
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，f（x）_min=f（

1

a

）=1-（a+1）•（ln

1

a

+1），且-

1

a

＜f(

1

a

)＜0，假設(shè)f（x）在（0，+∞）內(nèi)沒有零點，則當x＞0時，f（x）＜0恒成立，即ax-（a+1）ln（x+1）＜0恒成立，
由此可推得x→+∞時，

lim

x→+∞

[a-(a+1)•

ln(x+1)

x

]＜0，而據(jù)

lim

x→∞

ln(x+1)

x

=0，可推得

lim

x→+∞

[a-（a+1）•

ln(x+1)

x

]＞0，從而可導出矛盾，否定假設(shè)，得到結(jié)論；

解答：解：（Ⅰ）∵f（x）=ax-（a+1）ln（x+1），其中a＞0，
∴函數(shù)f（x）的定義域為（-1，+∞），且f′（x）=a-

a+1

x+1

=

ax-1

x+1

，
由f′（x）=0，得x=

1

a

．
當x變化時，f′（x），f（x）的變化情況如下表：

x	（-1， 1 a ）	1 a	（ 1 a ，+∞）
f′（x）	-	0	+
f（x）	↓	極小值	↑

由上表知，當x∈（-1，

1

a

）時，f′（x）＜0，函數(shù)f（x）在（-1，

1

a

）內(nèi)單調(diào)遞減；
當x∈（　

1

a

，+∞）時，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）在（

1

a

，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增．
∴函數(shù)f（x）的增區(qū)間是（

1

a

，+∞），減區(qū)間是（-1，

1

a

）．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，g（a）=f（

1

a

）=1-（a+1）•（ln

1

a

+1），
由已知，x＞0時，

x

1+x

＜ln(x+1)＜x成立，
將x=

1

a

代入

x

1+x

＜ln(x+1)＜x，得

1

a+1

＜ln(

1

a

+1)＜

1

a

，
則1＜（a+1）•（ln

1

a

+1）＜1+

1

a

，
∴-

1

a

＜1-（a+1）•（ln

1

a

+1）＜0，
故-

1

a

＜g(a)＜0；
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，f（x）_min=f（

1

a

）=1-（a+1）•（ln

1

a

+1），且-

1

a

＜f(

1

a

)＜0，
假設(shè)f（x）在（0，+∞）內(nèi)沒有零點，則當x＞0時，f（x）＜0恒成立，
即ax-（a+1）ln（x+1）＜0恒成立，
∵x＞0，
∴a-（a+1）•

ln(x+1)

x

＜0恒成立，
則x→+∞時，

lim

x→+∞

[a-(a+1)•

ln(x+1)

x

]＜0，
而

lim

x→∞

ln(x+1)

x

=0，∴

lim

x→+∞

[a-（a+1）•

ln(x+1)

x

]=a＞0，矛盾，
故假設(shè)不成立，原命題成立，即f（x）在（0，+∞）內(nèi)有零點．

點評：本題考查函數(shù)的單調(diào)區(qū)間的求法，考查不等式的證明及函數(shù)極限，考查推理論證能力，考查運算推導能力，考查等價轉(zhuǎn)化思想．解題時要認真審題，仔細解答，注意導數(shù)性質(zhì)的綜合應用．