Question

5．已知函数$f（x）=\frac{{ln（{x+1}）+1}}{{{e^{x-1}}}}$．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）设g（x）=（x²+3x+2）f'（x）（其中f'（x）为f（x）的导函数），证明：x＞-1时，g（x）＜e²+1．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的导数，求出f′（x）的符号，从而求出函数的单调区间即可．
（2）由g（x）=（x+2）（x+1）f'（x），
①当x≥0时，由（1）知f'（x）≤0，所以g（x）≤0＜e²+1．
②当-1＜x＜0时，$g（x）=（{x+2}）（{x+1}）\frac{{\frac{1}{x+1}-1-ln（{x+1}）}}{{{e^{x-1}}}}=\frac{{（{x+2}）[{-x-（{x+1}）ln（{x+1}）}]}}{{{e^{x-1}}}}$=${e^2}•\frac{{（{x+2}）}}{{{e^{x+1}}}}•[{-x-（{x+1}）ln（{x+1}）}]$，
构造函数h（x）=e^x+1-（x+2），可得要证g（x）＜e²+1，只需证-x-（x+1）ln（x+1）≤1+e²，
设p（x）=-x-（x+1）ln（x+1），利用导数即可证明．

解答 解：（1）函数f（x）的定义域为$（{-1，+∞}），f'（x）=\frac{{\frac{1}{x+1}-1-ln（{x+1}）}}{{{e^{x-1}}}}$，
由于$f'（0）=0，y=\frac{1}{x+1}-1-ln（{x+1}）$在（-1，+∞）上是减函数，
所以当-1＜x＜0时，f'（x）＞0；当x＞0时，f'（x）＜0．
所以f（x）的单调递增区间为（-1，0），单调递减区间为（0，+∞）．
（2）证明：由g（x）=（x+2）（x+1）f'（x），
①当x≥0时，由（1）知f'（x）≤0，所以g（x）≤0＜e²+1．
②当-1＜x＜0时，$g（x）=（{x+2}）（{x+1}）\frac{{\frac{1}{x+1}-1-ln（{x+1}）}}{{{e^{x-1}}}}=\frac{{（{x+2}）[{-x-（{x+1}）ln（{x+1}）}]}}{{{e^{x-1}}}}$=${e^2}•\frac{{（{x+2}）}}{{{e^{x+1}}}}•[{-x-（{x+1}）ln（{x+1}）}]$，
构造函数h（x）=e^x+1-（x+2），则h'（x）=e^x+1-1＞0，
则当-1＜x＜0时，h（x）=e^x+1-（x+2）＞h（-1）=0，∴$0＜\frac{x+2}{{{e^{x+1}}}}＜1$，
易知当-1＜x＜0时，-x-（x+1）ln（x+1）＞0，∴$g（x）={e^2}•\frac{{（{x+2}）}}{{{e^{x+1}}}}•[{-x-（{x+1}）ln（{x+1}）}]＜{e^2}[{-x-（{x+1}）ln（{x+1}）}]$．
要证g（x）＜e²+1，只需证-x-（x+1）ln（x+1）≤1+e²，
设p（x）=-x-（x+1）ln（x+1），得p'（x）=-2-ln（x+1），
由p'（x）=-2-ln（x+1）=0，得x=e^-2-1，
当x∈（-1，e^-2-1）时，p'（x）＞0，则p（x）单调递增；
当x∈（e^-2-1，0）时，p'（x）＜0，则p（x）单调递减，
当-1＜x＜0时，p（x）=-x-（x+1）ln（x+1）≤p（e^-2-1）=1+e^-2，
所以当-1＜x＜0时，g（x）＜e²+1成立．综合
①②可知：当x＞-1时，g（x）＜e²+1．

点评 本题考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数求函数的最值，体现了分类讨论的数学思想方法和数学转化思想方法，是压轴题．