Question

设函数f（x）=ax-（a+1）ln（x+1），其中a＞0．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）当x＞0时，证明不等式：

x

1+x

＜ln(x+1)＜x；
（Ⅲ）设f（x）的最小值为g（a），证明不等式：-

1

a

＜g(a)＜0．

Answer 1

（Ⅰ）∵f（x）=ax-（a+1）ln（x+1），其中a＞0，
∴函数f（x）的定义域为（-1，+∞），且f′(x)=

ax-1

x+1

，a＞0，
由f′（x）=0，得x=

1

a

．
当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：

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

由上表知，当x∈（-1，

1

a

）时，f′（x）＜0，函数f（x）在（-1，

1

a

）内单调递减；
当x∈（

1

a

，+∞）时，f′（x）＞0，函数f（x）在（

1

a

，+∞）内单调递增．
∴函数f（x）的增区间是（

1

a

，+∞），减区间是（-1，

1

a

）．
（Ⅱ）证明：设∅（x）=ln（x+1）-

x

1+x

，x∈[0，+∞），
对∅（x）求导，得∅′（x）=

1

x+1

-

1

(1+x)2

=

x

(1+x)2

．
当x≥0时，∅′（x）≥0，所以∅（x）在[0，+∞）内是增函数．
∴∅（x）＞∅（0）=0，即ln（x+1）-

x

1+x

＞0，
∴

x

1+x

＜ln(x+1)．
同理可证ln（x+1）＜x，
∴

x

1+x

＜ln(x+1)＜x．
（Ⅲ）由（Ⅰ）知，g(a)=f(

1

a

)=1-(a+1)•ln(

1

a

+1)，
将x=

1

a

代入

x

1+x

＜ln(x+1)＜x，
得

1

a+1

＜ln(

1

a

+1)＜

1

a

，
即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．