题目内容

已知函数f（x）=ln（1+x2）+ax（a＜1）．
（Ⅰ） 讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ） 证明：(1+
1
2×9
)(1+
1
3×81
)…(1+
1
(n+1)×32n
)＜
e
（n∈N*）．
分析：（I）根据已知中的函数解析式，求出函数的导函数的解析式，进而分0＜a＜1，a=0，-1＜a＜0，a≤-1四种情况，分别讨论导函数取正值，和导函数取负值的区间，即可判断出函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）由（ I）中结论可得a=-1时，f（x）在（-∞，+∞）上单调递减，即x∈（0，+∞）时，由f（x）＜f（0）=0，即ln（1+x2）＜x，对原不等式两边取自然对数，利用放缩法，可得原不等式左边满足ln(1+
1
9
)+ln(1+
1
81
)+…+ln(1+
1
32n
)＜
1
3
+
1
32
+…+
1
3n
=
1
3
(1-
1
3n
)
1-
1
3
=
1
2
(1-
1
3n
)＜
1
2
，进而可得原不等式成立．
解答：解：（ I）∵f′(x)=
2x
1+x2
+a=
ax2+2x+a
1+x2

①若a=0时，
∵f′(x)=
2x
1+x2
＞0⇒x＞0，f′(x)＜0⇒x＜0
∴f（x）在（0，+∞）单调递增，在（-∞，0）单调递减；
②若0＜a＜1时，
f′（x）＞0⇒ax2+2x+a＞0⇒x＜
-1-
1-a2
a
或x＞
-1+
1-a2
a
．
∴f（x）在(
-1-
1-a2
a
，
-1+
1-a2
a
)单调递减，在(-∞，
-1-
1-a2
a
)和(
-1+
1-a2
a
，+∞)上单调递增．
③若
a＜0
△≤0
⇒a≤-1时，
f'（x）≤0对x∈R恒成立，
∴f（x）在R上单调递减；
④若-1＜a＜0时，
由f′（x）＞0⇒ax2+2x+a＞0⇒
-1+
1-a2
a
＜x＜
-1-
1-a2
a

再令f′（x）＜0，可得x＞
-1-
1-a2
a
或x＜
-1+
1-a2
a
，
∴f（x）在(
-1+
1-a2
a
，
-1-
1-a2
a
)单调递增，在(-∞，
-1+
1-a2
a
)和(
-1-
1-a2
a
，+∞)上单调递减
综上所述，
若a≤-1时，f（x）在（-∞，+∞）上单调递减．；
若-1＜a＜0时，f（x）在(
-1+
1-a2
a
，
-1-
1-a2
a
)单调递增，在(-∞，
-1+
1-a2
a
)上单调递减，(
-1-
1-a2
a
，+∞)上单调递减
若a=0时，f（x）在（0，+∞）单调递增，在（-∞，0）单调递减
若0＜a＜1时，f（x）在(
-1-
1-a2
a
，
-1+
1-a2
a
)单调递减，在(-∞，
-1-
1-a2
a
)和(
-1+
1-a2
a
，+∞)上单调递增．
（ II）由（ I）知，当a=-1时，f（x）在（-∞，+∞）上单调递减，
当x∈（0，+∞）时，由f（x）＜f（0）=0
∴ln（1+x2）＜x，
∴ln(1+
1
2×9
)(1+
1
3×81
)…(1+
1
(n+1)×32n
)＜ln[(1+
1
9
)(1+
1
81
)…(1+
1
32n
)]=ln(1+
1
9
)+ln(1+
1
81
)+…+ln(1+
1
32n
)＜
1
3
+
1
32
+…+
1
3n
=
1
3
(1-
1
3n
)
1-
1
3
=
1
2
(1-
1
3n
)＜
1
2
；
∴(1+
1
2×9
)(1+
1
3×81
)…(1+
1
(n+1)×32n
)＜
e
．命题得证．
点评：本题考查的知识点是利用导数研究函数的单调性，函数单调性的性质，放缩法证明不等式，（I）中分类较多，难度较大，而（II）的证明既要利用函数的单调性，又要使用放缩法，难度也比较大．
练习册系列答案
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2
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1
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3
x
a
+
3
(a-1)
x
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6
）上单调递减，在（
6
，+∞）上单调递增，求a的值并写出函数的解析式；
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