Question

已知函数f（x）=（1+x）ln²（x+1）-x²，g（x）=

1

ln(x+1)

-

1

x

．
（Ⅰ）判定f（x）在（0，1]上的单调性；
（Ⅱ）求g（x）在（0，1]上的最小值；
（Ⅲ）若?n∈N^*，（n+a）ln（1+

1

n

）≤1，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析：（Ⅰ）利用多次求导即可得出；
（Ⅱ）通过求导，再利用（Ⅰ）的结论即可求出；
（Ⅲ）变形后利用（Ⅱ）的结论即可．

解答：解：（Ⅰ）∵函数f（x）=（1+x）ln²（x+1）-x²，（x＞-1）．
∴f^′（x）=ln²（x+1）+2ln（x+1）-2x．
令h（x）=ln²（x+1）+2ln（x+1）-2x，
则h^′（x）=

2ln(x+1)-2x

x+1

．
设u（x）=ln（x+1）-x，x∈（0，1]，
则u′(x)=

1

x+1

-1＜0，
∴u（x）在（0，1]上单调递减，∴u（x）＜u（0）=0．
∴h′(x)=

2[ln(x+1)-x]

x+1

＜0，
∴h（x）在（0，1]上单调递减，∴h（x）＜h（0）=0，
∴f^′（x）在（0，1]上单调递减，∴f^′（x）＜f^′（0）=0，
∴f（x）在（0，1]上单调递减．
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知：f（1）≤f（x）＜f（0）=0，即f（x）=（1+x）ln²（x+1）-x²，
∴g′(x)=

- 1 x+1

ln2(x+1)

+

1

x2

=

(x+1)ln2(x+1)-2x

x2(x+1)ln2(x+1)

＜0，
∴g（x）在（0，1]上单调递减，于是g（1）≤g（x）＜g（0），
∴g（x）在（0，1]上的最小值为g（1）=

1

ln2

-1．
（Ⅲ）∵?n∈N^*，(n+a)ln(1+

1

n

)≤1，
∴a≤

1

ln(1+ 1 n )

-n，
 令Φ（n）=

1

ln(1+ 1 n )

-n，

1

n

=x∈（0，1]，
则Φ（x）=

1

ln(1+x)

-

1

x

，x∈（0，1]．
由（Ⅱ）可知：Φ（x）在（0，1]上的最小值为

1

lnn

-1，
故Φ（n）的最小值为

1

ln2

-1．
∴a的取值范围为(-∞，

1

ln2

-1]．

点评：熟练掌握利用导数研究函数的单调性与极值是解题的关键．