Question

已知函數(shù)f（x）=ln（x+1），g（x）=

x

x+1

（1）求h（x）=f（x）-g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）求證：當(dāng)-1＜x₁＜0＜x₂時，f（x₁）g（x₂）＞f（x₂）g（x₁）；
（3）求證：f²（x）≤xg（x）

Answer 1

分析：（1）求出h（x）的定義域，在定義域內(nèi)解不等式h′（x）＞0，h′（x）＞0即得單調(diào)區(qū)間；
（2）由（1）知h（x）_min=h（0）=0，則當(dāng)x＞-1時，f（x）≥g（x）恒成立，根據(jù)-1＜x₁＜0＜x₂時及f（x）、g（x）的單調(diào)性可得0＞f（x₁）＞g（x₁），f（x₂）＞g（x₂）＞0，再應(yīng)用不等式的性質(zhì)即可得到結(jié)論；
（3）f²（x）-xg（x）=ln²（x+1）-

x2

x+1

，令F（x）=ln²（x+1）-

x2

x+1

，利用導(dǎo)數(shù)求出F（x）的單調(diào)區(qū)間，根據(jù)最值得一不等式，由此可證明；

解答：解：（1）h（x）=f（x）-g（x）=ln（x+1）-

x

x+1

，x＞-1，
h′（x）=

1

x+1

-

1

(x+1)2

=

x

(x+1)2

，
令h′（x）＜0，得-1＜x＜0，則h（x）在（-1，0）上單調(diào)遞減；
令h′（x）＞0，得x＞0，則h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增．
故h（x）的增區(qū)間為（0，+∞），減區(qū)間為（-1，0）．
（2）由（1）知h（x）_min=h（0）=0，則當(dāng)x＞-1時，f（x）≥g（x）恒成立，
f′（x）=

1

x+1

＞0，g′（x）=

1

(x+1)2

＞0，
則f（x），g（x）在（-1，+∞）上均單調(diào)遞增．
易知：0＞f（x₁）＞g（x₁），f（x₂）＞g（x₂）＞0，
則-f（x₂）g（x₁）＞-f（x₁）g（x₂），
即f（x₁）g（x₂）＞f（x₂）g（x₁）．
（3）f²（x）-xg（x）=ln²（x+1）-

x2

x+1

，
令F（x）=ln²（x+1）-

x2

x+1

，
F′（x）=

2ln(x+1)

x+1

-

x2+2x

(x+1)2

=

2(x+1)ln(x+1)-(x2+2x)

(x+1)2

，
令G（x）=2（x+1）ln（x+1）-（x²+2x），
則G′（x）=2ln（x+1）-2x，
令H（x）=2ln（x+1）-2x，則H′（x）=

2

x+1

-2=

-2x

x+1

，
當(dāng)-1＜x＜0時，H′（x）＞0，則H（x）在（-1，0）上單調(diào)遞增；
當(dāng)x＞0時，H′（x）＜0，則H（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，
故H（x）≤H（0）=0，即G′（x）≤0，則G（x）在（-1，+∞）上單調(diào)遞減；
當(dāng)-1＜x＜0時，G（x）＞G（0）=0，即F′（x）＞0，則F（x）在（-1，0）上單調(diào)遞增；
當(dāng)x＞0時，G（x）＜G（0）=0，
即F′（x）＜0，則F（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，
故F（x）≤F（0）=0，即f²（x）≤xg（x）．

點評：本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性及證明不等式問題，證明不等式問題往往利用函數(shù)最值證明．