Question

设函数f（x）=ax-（a+1）ln（x+1），其中a＞0
（I）求函数f（x）的单调区间；
（II）设f（x）的最小值为g（a），证明：-

1

a

＜g(a)＜0．

Answer 1

（Ⅰ）由已知可得函数f（x）的定义域为（-1，+∞），
而f′(x)=

a(x- 1 a )

x+1

，
∵a＞0，x＞-1，∴当-1＜x＜

1

a

时，f'（x）＜0，
当x＞

1

a

时，f'（x）＞0，
∴函数f（x）的单调递减区间是(-1，

1

a

)，单调递增区间是(

1

a

，+∞)．     
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，f（x）的最小值
为g(a)=f(

1

a

)=1-(a+1)ln(

1

a

+1)，a＞0． 
要证明-

1

a

＜g(a)＜0，
只须证明

1

a+1

＜ln(

1

a

+1)＜

1

a

成立．            
设φ(x)=ln(x+1)-

x

x+1

，x∈（0，+∞）．                               
则φ′(x)=

1

x+1

-

1

(1+x)2

=

x

(1+x)2

＞0，
∴φ（x）在区间（0，+∞）上是增函数，∴φ（x）＞φ（0）=0，即ln(x+1)＞

x

x+1

．
取x=

1

a

得到

1

a+1

＜ln(

1

a

+1)成立．                   
设ψ（x）=ln（x+1）-x，x∈（0，+∞），同理可证ln（x+1）＜x．
取x=

1

a

得到ln(

1

a

+1)＜

1

a

成立．因此，-

1

a

＜g(a)＜0．