Question

已知函数f（x）=

ln(x+1)

ax+1

．
（1）当a=1，求函数y=f（x）的图象在x=0处的切线方程；
（2）若函数f（x）在（0，1）上单调递增，求实数a的取值范围；
（3）已知x，y，z均为正实数，且x+y+z=1，求证：

(3x-1)ln(x+1)

x-1

+

(3y-1)ln(y+1)

y-1

+

(3z-1)ln(z+1)

z-1

≤0．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用,利用导数研究函数的单调性,利用导数研究曲线上某点切线方程

专题：综合题,导数的综合应用

分析：（1）求导函数，可得切线的斜率，求出切点的坐标，可得函数y=f（x）的图象在x=0处的切线方程；
（2）先确定-1≤a＜0，再根据函数f（x）在（0，1）上单调递增，可得f′（x）≥0在（0，1）上恒成立，构造h（x）=（x+1）ln（x+1）-x，证明h（x）在（0，1）上的值域为（0，2ln2-1），即可求实数a的取值范围；
（3）由（2）知，当a=-1时，f（x）=

ln(x+1)

1-x

在（0，1）上单调递增，证明（3x-1）f（x）≥（3x-1）•

3

2

ln

4

3

，即

(3x-1)ln(x+1)

x-1

≤（3x-1）•

3

2

ln

4

3

，从而可得结论．

解答： （1）解：当a=1时，f（x）=

ln(x+1)

x+1

，则f（0）=0，
f′（x）=

1-ln(x+1)

(x+1)2

，∴f′（0）=1，
∴函数y=f（x）的图象在x=0处的切线方程为y=x；              （3分）
（2）解：∵函数f（x）在（0，1）上单调递增，
∴ax+1=0在（0，1）上无解
当a≥0时，ax+1=0在（0，1）上无解满足
当a＜0时，只需1+a≥0，∴-1≤a＜0         ①（5分）
f′（x）=

ax+1 x+1 -aln(x+1)

(ax+1)2

∵函数f（x）在（0，1）上单调递增，
∴f′（x）≥0在（0，1）上恒成立
即a[（x+1）ln（x+1）-x]≤1在（0，1）上恒成立
设h（x）=（x+1）ln（x+1）-x，则h′（x）=ln（x+1），
∵x∈（0，1），
∴h′（x）＞0，
∴h（x）在（0，1）上单调递增
∴h（x）在（0，1）上的值域为（0，2ln2-1）（7分）
∴a≤

1

(x+1)ln(x+1)-x

在（0，1）上恒成立，
∴a≤

1

2ln2-1

  ②
综合①②得实数a的取值范围为[-1，

1

2ln2-1

]（9分）
（3）证明：由（2）知，当a=-1时，f（x）=

ln(x+1)

1-x

在（0，1）上单调递增          （10分）
于是当0＜x≤

1

3

时，f（x）=

ln(x+1)

1-x

≤f（

1

3

）=

3

2

ln

4

3

当

1

3

≤x＜1时，f（x）=

ln(x+1)

1-x

≥f（

1

3

）=

3

2

ln

4

3

           （12分）
∴（3x-1）f（x）≥（3x-1）•

3

2

ln

4

3

，即

(3x-1)ln(x+1)

x-1

≤（3x-1）•

3

2

ln

4

3

，
同理有

(3y-1)ln(x+1)

y-1

≤（3y-1）•

3

2

ln

4

3

，

(3z-1)(x+1)

z-1

≤（3z-1）•

3

2

ln

4

3

，
三式相加得：

(3x-1)ln(x+1)

x-1

+

(3y-1)ln(y+1)

y-1

+

(3z-1)ln(z+1)

z-1

≤0．    （14分）

点评：本题考查导数知识的综合运用，考查导数的几何意义，考查函数的单调性，考查不等式的证明，有难度．