Question

已知函数f（x）=ln（1+x）-

ax

x+1

（a＞0）．（注：[ln（1+x）]′=

1

1+x

）
（1）若x=1是函数f（x）的一个极值点，求a的值；
（2）若f（x）≥0在[0，+∞）上恒成立，求a的取值范围；
（3）证明：（

2014

2015

）²⁰¹⁵＜

1

e

．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的极值,函数恒成立问题,利用导数求闭区间上函数的最值

专题：函数的性质及应用,导数的概念及应用,导数的综合应用,不等式的解法及应用

分析：（1）利用1处的导数值为0就可求的a的值；
（2）若f（x）≥0在[0，+∞）上恒成立，则f（x）_min≥0，分当0＜a≤1时和当a＞1时两种情况，利用导数法，求出函数的最小值，进而综合讨论结果，可得a的取值范围；
（3）要证明：（

2014

2015

）²⁰¹⁵＜

1

e

．即ln（1+

1

2014

）-

1

1+2014

＞0，由（2）知a=1时，f（x）=ln（1+x）-

x

x+1

在[0，+∞）单调递增．又

1

1+2014

＞0，f（0）=0，可得结论．

解答： 解：（1）∵函数f（x）=ln（1+x）-

ax

x+1

（a＞0）．
∴函数f′（x）=

1

1+x

-

a(x+1)-ax

(x+1)2

=

x+1-a

(x+1)2

（a＞0）．
∵x=1是函数f（x）的一个极值点，
∴f′（1）=

2-a

4

=0
∴a=2；…（2分）
（2）∵f（x）≥0在[0，+∞）上恒成立，
∴f（x）_min≥0，…（3分）
当0＜a≤1时，f′（x）≥0在[0，+∞）上恒成立，即f（x）在[0，+∞）上为增函数，..（4分）
∴f（x）_min=f（0）=0成立，
∴0＜a≤1…（5分）
当a＞1时，令f′（x）＞0，则x＞a-1，令f′（x）＜0，则0≤x＜a-1，…（6分）
即f（x）在[0，a-1）上为减函数，在（a-1，+∞）上为增函数，
∴f（x）_min=f（a-1）≥0，
又f（0）=0＞（a-1），则矛盾．
综上，a的取值范围为（0，1]…（8分）
证明：（3）要证：（

2014

2015

）²⁰¹⁵＜

1

e

，只需证(

2015

2014

)2015＞e．
两边取自然对数得，2015ln

2015

2014

＞1，…（9分）
即ln

2015

2014

＞

1

2015

，
即ln

2015

2014

-

1

2015

＞0，
即ln（1+

1

2014

）-

1

1+2014

＞0，…（11分）
由（2）知a=1时，f（x）=ln（1+x）-

x

x+1

在[0，+∞）单调递增．
又

1

1+2014

＞0，f（0）=0，
f（

1

2014

）=ln（1+

1

2014

）-

1

1+2014

＞f（0）=0…（13分）
∴（

2014

2015

）²⁰¹⁵＜

1

e

成立…（14分）

点评：本题考查的知识点是利用导数研究函数的极佳，利用导数研究函数的单调性，利用单调性证明不等式，恒成立问题，综合性强，运算量大，转化困难，属于难题．