Question

6．已知f（x）=$\frac{ln（x+1）}{ax+1}$在x∈（0，1）上单调递增，则实数a的取值范围是[-1，$\frac{1}{2ln2-1}$]．

Answer 1

分析 先求导数，$f′（x）=\frac{\frac{ax+1}{x+1}-aln（x+1）}{（ax+1）^{2}}$，根据f（x）在x∈（0，1）上单调递增便可得到$\frac{ax+1}{x+1}-aln（x+1）≥0$在x∈（0，1）上恒成立，进一步得到a[（x+1）ln（x+1）-x]在x∈（0，1）上恒成立．可判断函数g（x）=（x+1）ln（x+1）-x在（0，1）上单调递增，从而得到g（x）＞0，这便可得出$a≤\frac{1}{（x+1）ln（x+1）-x}$，根据g（x）的单调性便可求出$\frac{1}{（x+1）ln（x+1）-x}＞\frac{1}{2ln2-1}$，从而得到$a≤\frac{1}{2ln2-1}$；根据f（x）的单调性可以得出a$＞-\frac{1}{x}$在（0，1）上恒成立，从而得到a≥-1，这样便可得出实数a的取值范围．

解答 解：$f′（x）=\frac{\frac{ax+1}{x+1}-aln（x+1）}{（ax+1）^{2}}$；
∵f（x）在x∈（0，1）上单调递增；
∴f′（x）≥0在x∈（0，1）上恒成立；
∴$\frac{ax+1}{x+1}-aln（x+1）≥0$在x∈（0，1）上恒成立；
∴ax+1-a（x+1）ln（x+1）≥0，即1≥a[（x+1）ln（x+1）-x]在x∈（0，1）上恒成立；
设g（x）=（x+1）ln（x+1）-x，g′（x）=ln（x+1）；
∵x∈（0，1）；
∴g′（x）＞0；
∴g（x）在（0，1）上单调递增；
∴g（x）＞g（0）=0；
即（x+1）ln（x+1）-x＞0；
∴$a≤\frac{1}{（x+1）ln（x+1）-x}$在x∈（0，1）上恒成立；
g（0）＜g（x）＜g（1）；
即0＜（x+1）ln（x+1）-x＜2ln2-1；
∴$\frac{1}{（x+1）ln（x+1）-x}＞\frac{1}{2ln2-1}$；
∴$a≤\frac{1}{2ln2-1}$；
∵f（x）＞f（0）；
即$\frac{ln（x+1）}{ax+1}＞0$；
∵x∈（0，1），ln（x+1）＞0；
∴ax+1＞0在x∈（0，1）上恒成立；
即$a＞-\frac{1}{x}$在x∈（0，1）上恒成立；
0＜x＜1；
∴$\frac{1}{x}＞1$，$-\frac{1}{x}＜-1$；
∴a≥-1；
∴$-1≤a≤\frac{1}{2ln2-1}$；
∴实数a的取值范围为$[-1，\frac{1}{2ln2-1}]$．
故答案为：[$-1，\frac{1}{2ln2-1}$]．

点评 考查函数单调性和函数导数符号的关系，不等式的性质，以及增函数定义的运用，根据a＞h（x）恒成立求a的范围的方法，不要漏了a≥-1的情况，注意正确求导．