Question

18．已知函数f（x）=ln（x+1），g（x）=$\frac{x}{x+1}$．
（1）求h（x）=f（x）-g（x）的单调区间；
（2）求证：f²（x）≤xg（x）．

Answer 1

分析 （1）先求出函数h（x）的导数，解根据导函数的不等式，从而求出函数的单调区间；
（2）作差，得到函数F（x）=ln²（x+1）-$\frac{{x}^{2}}{x+1}$，通过讨论F（x）的单调性，从而证出结论．

解答 解：（1）h（x）=f（x）-g（x）=ln（x+1）-$\frac{x}{x+1}$，x＞-1，
h′（x）=$\frac{x}{{（x+1）}^{2}}$，
令h′（x）＜0，解得：-1＜x＜0，则h（x）在（-1，0）上单调递减；
令h′（x）＞0，解得：x＞0，则h（x）在（0，+∞）上单调递增．
故增区间为（0，+∞），减区间为（-1，0）；
（2）f²（x）-xg（x）=ln²（x+1）-$\frac{{x}^{2}}{x+1}$，
令 F（x）=ln²（x+1）-$\frac{{x}^{2}}{x+1}$，
F′（x）=$\frac{2（x+1）ln（x+1）-{（x}^{2}+2x）}{{（x+1）}^{2}}$，
令G（x）=2（x+1）ln（x+1）-（x²+2x），
则G′（x）=2ln（x+1）-2x，
令H（x）=2ln（x+1）-2x，则H′（x）=$\frac{-2x}{x+1}$，
当-1＜x＜0时，H′（x）＞0，则H（x）在（-1，0）上单调递增；
当x＞0时，H′（x）＜0，则H（x）在（0，+∞）上单调递减，
故H（x）≤H（0）=0，即G′（x）≤0，则G（x）在（-1，+∞）上单调递减；   
当-1＜x＜0时，G（x）＞G（0）=0，即F′（x）＞0，则F（x）在（-1，0）上单调递增；
当x＞0时，G（x）＜G（0）=0即F′（x）＜0，则F（x）在（0，+∞）上单调递减；
故F（x）≤F（0）=0，即f²（x）≤xg（x）．

点评 本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用，不等式的证明，是一道中档题．