Question

（2010•眉山一模）设函数f（x）=ax-（a+1）ln（x+1），（a＞0），且x＞0，有

x

1+x

＜ln(x+1)＜x成立．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间．
（Ⅱ）设f（x）的最小值为g（a），证明不等式-

1

a

＜g(a)＜0
（Ⅲ）已知

lim

x→∞

ln(x+1)

x

=0，用反证法证明f（x）在（0，+∞）内有零点．

Answer 1

分析：（Ⅰ）由f（x）=ax-（a+1）ln（x+1），其中a＞0，知函数f（x）的定义域为（-1，+∞），且，由f′（x）=0，得x=

1

a

．列表讨论，能求出f（x）的单调区间．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，g（a）=f（

1

a

）=1-（a+1）•（ln

1

a

+1），由已知x＞0时，

x

1+x

＜ln(x+1)＜x，将x=

1

a

代入

x

1+x

＜ln(x+1)＜x，得

1

a+1

＜ln(

1

a

+1)＜

1

a

，由此可求得g（a）的范围，可得结论；
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，f（x）_min=f（

1

a

）=1-（a+1）•（ln

1

a

+1），且-

1

a

＜f(

1

a

)＜0，假设f（x）在（0，+∞）内没有零点，则当x＞0时，f（x）＜0恒成立，即ax-（a+1）ln（x+1）＜0恒成立，
由此可推得x→+∞时，

lim

x→+∞

[a-(a+1)•

ln(x+1)

x

]＜0，而据

lim

x→∞

ln(x+1)

x

=0，可推得

lim

x→+∞

[a-（a+1）•

ln(x+1)

x

]＞0，从而可导出矛盾，否定假设，得到结论；

解答：解：（Ⅰ）∵f（x）=ax-（a+1）ln（x+1），其中a＞0，
∴函数f（x）的定义域为（-1，+∞），且f′（x）=a-

a+1

x+1

=

ax-1

x+1

，
由f′（x）=0，得x=

1

a

．
当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：

x	（-1， 1 a ）	1 a	（ 1 a ，+∞）
f′（x）	-	0	+
f（x）	↓	极小值	↑

由上表知，当x∈（-1，

1

a

）时，f′（x）＜0，函数f（x）在（-1，

1

a

）内单调递减；
当x∈（　

1

a

，+∞）时，f′（x）＞0，函数f（x）在（

1

a

，+∞）内单调递增．
∴函数f（x）的增区间是（

1

a

，+∞），减区间是（-1，

1

a

）．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，g（a）=f（

1

a

）=1-（a+1）•（ln

1

a

+1），
由已知，x＞0时，

x

1+x

＜ln(x+1)＜x成立，
将x=

1

a

代入

x

1+x

＜ln(x+1)＜x，得

1

a+1

＜ln(

1

a

+1)＜

1

a

，
则1＜（a+1）•（ln

1

a

+1）＜1+

1

a

，
∴-

1

a

＜1-（a+1）•（ln

1

a

+1）＜0，
故-

1

a

＜g(a)＜0；
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，f（x）_min=f（

1

a

）=1-（a+1）•（ln

1

a

+1），且-

1

a

＜f(

1

a

)＜0，
假设f（x）在（0，+∞）内没有零点，则当x＞0时，f（x）＜0恒成立，
即ax-（a+1）ln（x+1）＜0恒成立，
∵x＞0，
∴a-（a+1）•

ln(x+1)

x

＜0恒成立，
则x→+∞时，

lim

x→+∞

[a-(a+1)•

ln(x+1)

x

]＜0，
而

lim

x→∞

ln(x+1)

x

=0，∴

lim

x→+∞

[a-（a+1）•

ln(x+1)

x

]=a＞0，矛盾，
故假设不成立，原命题成立，即f（x）在（0，+∞）内有零点．

点评：本题考查函数的单调区间的求法，考查不等式的证明及函数极限，考查推理论证能力，考查运算推导能力，考查等价转化思想．解题时要认真审题，仔细解答，注意导数性质的综合应用．