Question

20．已知函數(shù)f（x）=-aln（x+1）+$\frac{a+1}{x+1}$-a-1（a∈R）
（1）當a=-$\frac{1}{3}$時，討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）已知函數(shù)g（x）=（1-ax）ln（1+x）-x，若對任意x∈（0，1]都有g(shù)（x）＞0成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的表達式，求出函數(shù)的導數(shù)，解關(guān)于導函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）問題轉(zhuǎn)化為a＜$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{ln（1+x）}$在x∈（0，1]恒成立，令q（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{ln（1+x）}$，x∈（0，1]，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出g（x）的最小值，從而求出a的范圍即可．

解答 解：（1）當a=-$\frac{1}{3}$時，
f（x）=$\frac{1}{3}$ln（x+1）+$\frac{2}{3（x+1）}$-$\frac{2}{3}$=$\frac{2}{3}$[2ln（x+1）+$\frac{1}{x+1}$-1]，（x＞-1），
令p（x）=2ln（x+1）+$\frac{1}{x+1}$-1，（x＞-1），
p′（x）=$\frac{2x+1}{{（x+1）}^{2}}$，
令p′（x）＞0，解得：x＞-$\frac{1}{2}$，令p′（x）＜0，解得：-1＜x＜-$\frac{1}{2}$，
∴p（x）在（-1，-$\frac{1}{2}$）遞減，在（-$\frac{1}{2}$，+∞）遞增，
即f（x）在（-1，-$\frac{1}{2}$）遞減，在（-$\frac{1}{2}$，+∞）遞增；
（2）函數(shù)g（x）=（1-ax）ln（1+x）-x，
若對任意x∈（0，1]都有g(shù)（x）＞0成立，
即a＜$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{ln（1+x）}$在x∈（0，1]恒成立，
令q（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{ln（1+x）}$，x∈（0，1]，
q′（x）=$\frac{（x+1{）[ln（x+1）]}^{2}{+x}^{2}}{{x}^{2}（x+1{）[ln（x+1）]}^{2}}$，
令m（x）=（x+1）[ln（x+1）]²+x²，x∈（0，1]，
m′（x）=ln（x+1）[ln（x+1）+2]+2x，x∈（0，1]，
∴m′（x）＞0，
∴m（x）在（0，1]遞增，m（x）_max=m（1）=-1+$\frac{1}{{2（ln2）}^{2}}$＜0，
∴q′（x）＜0在（0，1]恒成立，
∴q（x）在（0，1]遞減，
∴q（x）_min=q（1）=1-$\frac{1}{ln2}$，
∴a＜1-$\frac{1}{ln2}$．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問題，是一道中檔題．