Question

19．已知函数f（x）=-aln（x+1）+$\frac{a+1}{x+1}$-a-1（a∈R）．
（Ⅰ）讨论f（x）在（0，+∞）上的单调性；
（Ⅱ）若对任意的正整数n都有（1+$\frac{1}{n}$）^n-a＞e成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （I）利用导数的运算法则可得：f′（x）=-$\frac{ax+2a+1}{（x+1）^{2}}$，对a分类讨论即可得出单调性．
（Ⅱ）${（1+\frac{1}{n}）^{n-a}}＞e$$?（1-\frac{a}{n}）ln（1+\frac{1}{n}）-\frac{1}{n}＞0$．令g（x）=（1-ax）ln（1+x）-x，x∈（0，1]，故要上式成立，只需对?x∈（0，1]，有g（x）＞0.$g'（x）=f（x）=-aln（x+1）+\frac{a+1}{x+1}-a-1$，利用（Ⅰ），对a分类讨论即可得出．

解答 解：（Ⅰ）$f'（x）=\frac{-a}{x+1}-\frac{a+1}{{{{（x+1）}^2}}}=-\frac{ax+2a+1}{{{{（x+1）}^2}}}$，
当$a≤-\frac{1}{2}$时，f'（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当$-\frac{1}{2}＜a＜0$时，f（x）在$（0，-\frac{2a+1}{a}）$上单调递减，在$（-\frac{2a+1}{a}，+∞）$上单调递增，
当a≥0时，f'（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，∴f（x）在（0，+∞）上单调递减．
（Ⅱ）${（1+\frac{1}{n}）^{n-a}}＞e$$?（1-\frac{a}{n}）ln（1+\frac{1}{n}）-\frac{1}{n}＞0$．
令g（x）=（1-ax）ln（1+x）-x，x∈（0，1]，故要上式成立，只需对?x∈（0，1]，有g（x）＞0.$g'（x）=f（x）=-aln（x+1）+\frac{a+1}{x+1}-a-1$，由（Ⅰ）可知：
①当$a≤-\frac{1}{2}$时，∴g（x）在（0，1]上单调递增；∴g（x）＞g（0）=0，符合题意．
②当a≥0时，∴g（x）在（0，1]上单调递减；∴g（x）＜g（0）=0，不符合题意．
③当$-\frac{1}{2}＜a≤-\frac{1}{3}$时，g（x）在$（0，-\frac{2a+1}{a}）$上单调递减；
∴当$x∈（0，-\frac{2a+1}{a}）$时，g（x）＜g（0）=0，不符合题意．
④当$-\frac{1}{3}＜a＜0$时，g（x）在（0，1]上单调递减；
∴当x∈（0，1]时g（x）＜g（0）=0，不符合题意．
综上可知，a的取值范围为$（-∞，-\frac{1}{2}]$．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性、不等式的解法，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于难题．