Question

已知函数f(x)=

1

1+x

+

1

1+a

+

ax ax+8

，x∈（0，+∞）．
（1）当a=8时，求f（x）的单调区间；
（2）对任意正数a，证明：1＜f（x）＜2．

Answer 1

（1）、当a=8时，f(x)=

1+ x

1+x

+

1

3

，求得f′(x)=

1- x

2 x(1+x)3

，
于是当x∈（0，1]时，f'（x）≥0；而当x∈[1，+∞）时，f'（x）≤0．
即f（x）在（0，1]中单调递增，而在[1，+∞）中单调递减．
（2）．对任意给定的a＞0，x＞0，由f(x)=

1

1+x

+

1

1+a

+

1

1+ 8 ax

，
若令b=

8

ax

，则abx=8①，
而f(x)=

1

1+x

+

1

1+a

+

1

1+b

②
（一）先证f（x）＞1；因为

1

1+x

＞

1

1+x

，

1

1+a

＞

1

1+a

，

1

1+b

＞

1

1+b

，
又由2+a+b+x≥2

2a

+2

bx

≥4

4	2abx

=8，得a+b+x≥6．
所以f(x)=

1

1+x

+

1

1+a

+

1

1+b

＞

1

1+x

+

1

1+a

+

1

1+b

=

3+2(a+b+x)+(ab+ax+bx)

(1+x)(1+a)(1+b)

≥

9+(a+b+x)+(ab+ax+bx)

(1+x)(1+a)(1+b)

=

1+(a+b+x)+(ab+ax+bx)+abx

(1+x)(1+a)(1+b)

=1．
（二）再证f（x）＜2；由①、②式中关于x，a，b的对称性，不妨设x≥a≥b．则0＜b≤2
（ⅰ）当a+b≥7，则a≥5，所以x≥a≥5，因为

1

1+b

＜1，

1

1+x

+

1

1+a

≤

2

1+5

＜1，此时f(x)=

1

1+x

+

1

1+a

+

1

1+b

＜2．
（ⅱ）当a+b＜7③，由①得，x=

8

ab

，

1

1+x

=

ab ab+8

，
因为

1

1+b

＜1-

b

1+b

+

b2

4(1+b)2

=[1-

b

2(1+b)

]2
所以

1

1+b

＜1-

b

2(1+b)

④
同理得

1

1+a

＜1-

a

2(1+a)

⑤，
于是f(x)＜2-

1

2

(

a

1+a

+

b

1+b

-2

ab ab+8

)⑥
今证明

a

1+a

+

b

1+b

＞2

ab ab+8

⑦，
因为

a

1+a

+

b

1+b

≥2

ab (1+a)(1+b)

，
只要证

ab

(1+a)(1+b)

＞

ab

ab+8

，即ab+8＞（1+a）（1+b），也即a+b＜7，据③，此为显然．
因此⑦得证．故由⑥得f（x）＜2．
综上所述，对任何正数a，x，皆有1＜f（x）＜2．