Question

5．已知函數(shù)$f（x）=\frac{{ln（{x+1}）+1}}{{{e^{x-1}}}}$．
（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）設(shè)g（x）=（x²+3x+2）f'（x）（其中f'（x）為f（x）的導函數(shù)），證明：x＞-1時，g（x）＜e²+1．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的導數(shù)，求出f′（x）的符號，從而求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可．
（2）由g（x）=（x+2）（x+1）f'（x），
①當x≥0時，由（1）知f'（x）≤0，所以g（x）≤0＜e²+1．
②當-1＜x＜0時，$g（x）=（{x+2}）（{x+1}）\frac{{\frac{1}{x+1}-1-ln（{x+1}）}}{{{e^{x-1}}}}=\frac{{（{x+2}）[{-x-（{x+1}）ln（{x+1}）}]}}{{{e^{x-1}}}}$=${e^2}•\frac{{（{x+2}）}}{{{e^{x+1}}}}•[{-x-（{x+1}）ln（{x+1}）}]$，
構(gòu)造函數(shù)h（x）=e^x+1-（x+2），可得要證g（x）＜e²+1，只需證-x-（x+1）ln（x+1）≤1+e²，
設(shè)p（x）=-x-（x+1）ln（x+1），利用導數(shù)即可證明．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）的定義域為$（{-1，+∞}），f'（x）=\frac{{\frac{1}{x+1}-1-ln（{x+1}）}}{{{e^{x-1}}}}$，
由于$f'（0）=0，y=\frac{1}{x+1}-1-ln（{x+1}）$在（-1，+∞）上是減函數(shù)，
所以當-1＜x＜0時，f'（x）＞0；當x＞0時，f'（x）＜0．
所以f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（-1，0），單調(diào)遞減區(qū)間為（0，+∞）．
（2）證明：由g（x）=（x+2）（x+1）f'（x），
①當x≥0時，由（1）知f'（x）≤0，所以g（x）≤0＜e²+1．
②當-1＜x＜0時，$g（x）=（{x+2}）（{x+1}）\frac{{\frac{1}{x+1}-1-ln（{x+1}）}}{{{e^{x-1}}}}=\frac{{（{x+2}）[{-x-（{x+1}）ln（{x+1}）}]}}{{{e^{x-1}}}}$=${e^2}•\frac{{（{x+2}）}}{{{e^{x+1}}}}•[{-x-（{x+1}）ln（{x+1}）}]$，
構(gòu)造函數(shù)h（x）=e^x+1-（x+2），則h'（x）=e^x+1-1＞0，
則當-1＜x＜0時，h（x）=e^x+1-（x+2）＞h（-1）=0，∴$0＜\frac{x+2}{{{e^{x+1}}}}＜1$，
易知當-1＜x＜0時，-x-（x+1）ln（x+1）＞0，∴$g（x）={e^2}•\frac{{（{x+2}）}}{{{e^{x+1}}}}•[{-x-（{x+1}）ln（{x+1}）}]＜{e^2}[{-x-（{x+1}）ln（{x+1}）}]$．
要證g（x）＜e²+1，只需證-x-（x+1）ln（x+1）≤1+e²，
設(shè)p（x）=-x-（x+1）ln（x+1），得p'（x）=-2-ln（x+1），
由p'（x）=-2-ln（x+1）=0，得x=e^-2-1，
當x∈（-1，e^-2-1）時，p'（x）＞0，則p（x）單調(diào)遞增；
當x∈（e^-2-1，0）時，p'（x）＜0，則p（x）單調(diào)遞減，
當-1＜x＜0時，p（x）=-x-（x+1）ln（x+1）≤p（e^-2-1）=1+e^-2，
所以當-1＜x＜0時，g（x）＜e²+1成立．綜合
①②可知：當x＞-1時，g（x）＜e²+1．

點評 本題考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查利用導數(shù)求函數(shù)的最值，體現(xiàn)了分類討論的數(shù)學思想方法和數(shù)學轉(zhuǎn)化思想方法，是壓軸題．