Question

已知函数f（x）=1n（1+x）-ax（a∈R）．
（Ⅰ）当a=0时，过点P（-1，0）作曲线y=f（x）的切线，求切线的方程；
（Ⅱ）讨论函数f（x）在[0，+∞）的单调性；
（Ⅲ）当0＜y＜x＜1时，证明：1nx-1ny＞1n（x-y）+1．

Answer 1

分析：（Ⅰ）将a=0代入f（x），设出切点坐标，利用导数的几何意义求出切线的斜率，由点斜式写出切线方程，再结合切线过点（-1，0），即可求得切线方程；
（Ⅱ）求出导函数f′（x），对a进行分类讨论，然后根据导数与单调区间的关系确定函数的单调区间，即可得到答案；
（Ⅲ）根据（Ⅱ）的结论，根据0＜a＜1时，确定出f（x）的最小值M（a），利用导数确定M（a）的单调性，根据0＜y＜x＜1，得到M（y）＞M（x），再利用M（a）＞0，即可证得结论．

解答：解：（Ⅰ）∵当a=0时，f（x）=ln（1+x），则f′（x）=

1

1+x

，
设切点P（x₀，ln（1+x₀）），
∴k=f′（x₀）=

1

1+x0

，
由点斜式，可得切线方程为y-ln（1+x₀）=

1

1+x0

（x-x₀），
又切线过点P（-1，0），则-ln（1+x₀）=

1

1+x0

（-1-x₀），
∴x₀=e-1，
∴切线方程为x-ey+1=0；
（Ⅱ）∵f（x）=1n（1+x）-ax（a∈R），则f′（x）=

1

1+x

-a，且当x∈[0，+∞）时，

1

1+x

∈（0，1]，
①当a≤0时，f′（x）=

1

1+x

-a≥0在x∈[0，+∞）上恒成立，
∴f（x）在∈[0，+∞）上单调递增；
②当a≥1时，f′（x）=

1

1+x

-a≤0在x∈[0，+∞）上恒成立，
∴f（x）在∈[0，+∞）上单调递减；
③当0＜a＜1时，令f′（x）=

1

1+x

-a＞0，可得0≤x＜

1-a

a

，令f′（x）=

1

1+x

-a＜0，可得x＞

1-a

a

，
∴f（x）在∈[0，

1-a

a

）上单调递增，在（

1-a

a

，+∞）上单调递减．
综合①②③，当a≤0时，f（x）在∈[0，+∞）上单调递增，
当0＜a＜1时，f（x）在∈[0，

1-a

a

）上单调递增，在（

1-a

a

，+∞）上单调递减，
当a≥1时，f（x）在∈[0，+∞）上单调递减；
（Ⅲ）当0＜a＜1时，由（Ⅱ）可知，f（x）的最大值为M（a）=-lna+a-1，
∵M′（a）=

a-1

a

＜0在（0，1）上恒成立，
∴M（a）=-lna+a-1在（0，1）上单调递减，
∴M（a）=-lna+a-1＞M（1）=0，即-lna+a-1＞0，
∴-ln（x-y）+x-y-1＞0，即x-y＞ln（x-y）+1，
∵0＜y＜x＜1，
∴M（y）＞M（x），即-lny+y-1＞-lnx+x-1，
∴lnx-lny＞x-y＞ln（x-y）+1，
故当0＜y＜x＜1时，1nx-1ny＞1n（x-y）+1．

点评：本题考查了利用导数研究函数曲线上某点处的切线，利用导数研究函数的单调性，以及利用导数求函数的最值问题．要注意导数的正负对应着函数的增减，本题同时涉及了运用构造函数的思想证明不等式．属于难题．