Question

设函数f（x）=x-a（x+1）ln（x+1），a＞0．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）证明：

1

e

+

1

e7

+

1

e17

+…+

1

e2n2-1

＜

11

15

，n∈N*．

Answer 1

分析：（1）令f′（x）=1-aln（x+1）-a=0，得x=e

1-a

a

-1，由此能求出f（x）在（-1，e

1-a

a

-1]上单调递增，在[e

1-a

a

-1，+∞）单调递减．
（2）由（1）知，当a=1时，f（x）在（-1，0]上单调递增，在[0，+∞）上单调递减，故当x∈（-1，0）∪（0，+∞）时，
恒有x-（x+1）ln（x+1）＜0，即e

x

x+1

＜x+1．由此能够证明：

1

e

+

1

e7

+

1

e17

+…+

1

e2n2-1

＜

11

15

，n∈N*．

解答：（1）解：∵函数f（x）=x-a（x+1）ln（x+1），a＞0．
∴f′（x）=1-aln（x+1）-a，x＞-1，
令f′（x）=1-aln（x+1）-a=0，
得x=e

1-a

a

-1，
列表，得

x	（-1，e 1-a a -1）	e 1-a a -1	（e 1-a a -1，+∞）
f′（x）	+	0	-
f（x）	↑	极大值	↓

∴f（x）在（-1，e

1-a

a

-1]上单调递增，在[e

1-a

a

-1，+∞）单调递减；
（2）证明：由（1）知，
当a=1时，f（x）在（-1，0]上单调递增，在[0，+∞）上单调递减，
故当x∈（-1，0）∪（0，+∞）时，
恒有f（x）＜f′（0），
即x-（x+1）ln（x+1）＜0，
即ln（x+1）＞

x

x+1

，即e

x

x+1

＜x+1．
取x=

1

2n2

-1∈(-1，0)，n∈N⁺，
则有e

1 2n2 -1

1 2n2

=e1-2n2
＜（

1

2n2

-1）+1
=

2

4n2

＜

2

4n2-1

=

1

2n-1

-

1

2n+1

，n∈N+，
求和得

1

e

+

1

e7

+

1

e17

+…+

1

e2n2-1

≤

1

e

+(

1

3

-

1

5

)+(

1

5

-

1

7

)+…+(

1

2n-1

-

1

2n+1

)
=

1

e

+

1

3

-

1

2n+1

＜

1

2.5

+

1

3

=

2

5

+

1

3

=

11

15

，n∈N⁺．

点评：本题考查f（x）的单调区间的求法和证明：

1

e

+

1

e7

+

1

e17

+…+

1

e2n2-1

＜

11

15

，n∈N*．考查运算求解能力，推理论证能力；考查化归与转化思想．对数学思维的要求比较高，有一定的探索性．综合性强，难度大，是高考的重点，易错点是f（x）＜f′（0）等价于e

x

x+1

＜x+1的推导．解题时要认真审题，仔细解答．