Question

9．已知函數(shù)$f（x）=-aln（x+1）+\frac{a+1}{x+1}-a-1$（a∈R）
（1）討論f（x）在（0，+∞）上的單調(diào)性；
（2）若對(duì)任意的正整數(shù)n都有${（1+\frac{1}{n}）^{n-a}}＞e$成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，然后對(duì)a分類求得導(dǎo)函數(shù)的符號(hào)，從而得到原函數(shù)的單調(diào)性；
（2）把${（1+\frac{1}{n}）^{n-a}}＞e$，轉(zhuǎn)化為$（1-\frac{a}{n}）ln（1+\frac{1}{n}）-\frac{1}{n}$＞0．令g（x）=（1-ax）ln（1+x）-x，x∈（0，1]，故要上式成立，只需對(duì)?x∈（0，1]，有g(shù)（x）＞0．
g′（x）=f（x）=-aln（x+1）+$\frac{a+1}{x+1}$-a-1．結(jié)合（1）中函數(shù)的單調(diào)性分類求解得答案．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{-a}{x+1}-\frac{a+1}{（x+1）^{2}}=-\frac{ax+2a+1}{（x+1）^{2}}$，
當(dāng)a$≤-\frac{1}{2}$時(shí)，f′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，∴f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
當(dāng)$-\frac{1}{2}$＜a＜0時(shí)，f（x）在（0，$-\frac{2a+1}{a}$）上單調(diào)遞減，在（$-\frac{2a+1}{a}$，+∞）上單調(diào)遞增；
當(dāng)a≥0時(shí)，f′（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，∴f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減．
（2）${（1+\frac{1}{n}）^{n-a}}＞e$?$（1-\frac{a}{n}）ln（1+\frac{1}{n}）-\frac{1}{n}$＞0．
令g（x）=（1-ax）ln（1+x）-x，x∈（0，1]，故要上式成立，只需對(duì)?x∈（0，1]，有g(shù)（x）＞0．
g′（x）=f（x）=-aln（x+1）+$\frac{a+1}{x+1}$-a-1．
由（1）可知，
①當(dāng)$a≤-\frac{1}{2}$時(shí)，g（x）在（0，1]上單調(diào)遞增，g（x）＞g（0）=0，符合題意；
②當(dāng)a≥0，g（x）在（0，1]上單調(diào)遞減，g（x）＜g（0）=0，不符合題意；
③當(dāng)$-\frac{1}{2}$＜a$≤-\frac{1}{3}$時(shí)，g（x）在（0，$-\frac{2a+1}{a}$）上單調(diào)遞減，∴當(dāng)x∈（0，-$\frac{2a+1}{a}$）時(shí)，g（x）＜g（0），不符合題意；
④當(dāng)$-\frac{1}{3}$＜a＜0時(shí)，g（x）在（0，1]上單調(diào)遞減，∴當(dāng)x∈（0，1]時(shí)，g（x）＜g（0）=0，不符合題意．
綜上可知，a的取值范圍為（-∞，-$\frac{1}{2}$]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查了利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，考查數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法，屬中檔題．