Question

已知函数f（x）=ln（1+x²）+ax（a＜1）．
（Ⅰ） 讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ） 证明：(1+

1

2×9

)(1+

1

3×81

)…(1+

1

(n+1)×32n

)＜

e

（n∈N^*）．

Answer 1

分析：（I）根据已知中的函数解析式，求出函数的导函数的解析式，进而分0＜a＜1，a=0，-1＜a＜0，a≤-1四种情况，分别讨论导函数取正值，和导函数取负值的区间，即可判断出函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）由（ I）中结论可得a=-1时，f（x）在（-∞，+∞）上单调递减，即x∈（0，+∞）时，由f（x）＜f（0）=0，即ln（1+x²）＜x，对原不等式两边取自然对数，利用放缩法，可得原不等式左边满足ln(1+

1

9

)+ln(1+

1

81

)+…+ln(1+

1

32n

)＜

1

3

+

1

32

+…+

1

3n

=

1 3 (1- 1 3n )

1- 1 3

=

1

2

(1-

1

3n

)＜

1

2

，进而可得原不等式成立．

解答：解：（ I）∵f′(x)=

2x

1+x2

+a=

ax2+2x+a

1+x2

①若a=0时，
∵f′(x)=

2x

1+x2

＞0⇒x＞0，f′(x)＜0⇒x＜0
∴f（x）在（0，+∞）单调递增，在（-∞，0）单调递减；
②若0＜a＜1时，
f′（x）＞0⇒ax²+2x+a＞0⇒x＜

-1- 1-a2

a

或x＞

-1+ 1-a2

a

．
∴f（x）在(

-1- 1-a2

a

，

-1+ 1-a2

a

)单调递减，在(-∞，

-1- 1-a2

a

)和(

-1+ 1-a2

a

，+∞)上单调递增．
③若

a＜0 △≤0

⇒a≤-1时，
f'（x）≤0对x∈R恒成立，
∴f（x）在R上单调递减；
④若-1＜a＜0时，
由f′（x）＞0⇒ax²+2x+a＞0⇒

-1+ 1-a2

a

＜x＜

-1- 1-a2

a

再令f′（x）＜0，可得x＞

-1- 1-a2

a

或x＜

-1+ 1-a2

a

，
∴f（x）在(

-1+ 1-a2

a

，

-1- 1-a2

a

)单调递增，在(-∞，

-1+ 1-a2

a

)和(

-1- 1-a2

a

，+∞)上单调递减
综上所述，
若a≤-1时，f（x）在（-∞，+∞）上单调递减．；
若-1＜a＜0时，f（x）在(

-1+ 1-a2

a

，

-1- 1-a2

a

)单调递增，在(-∞，

-1+ 1-a2

a

)上单调递减，(

-1- 1-a2

a

，+∞)上单调递减
若a=0时，f（x）在（0，+∞）单调递增，在（-∞，0）单调递减
若0＜a＜1时，f（x）在(

-1- 1-a2

a

，

-1+ 1-a2

a

)单调递减，在(-∞，

-1- 1-a2

a

)和(

-1+ 1-a2

a

，+∞)上单调递增．
（ II）由（ I）知，当a=-1时，f（x）在（-∞，+∞）上单调递减，
当x∈（0，+∞）时，由f（x）＜f（0）=0
∴ln（1+x²）＜x，
∴ln(1+

1

2×9

)(1+

1

3×81

)…(1+

1

(n+1)×32n

)＜ln[(1+

1

9

)(1+

1

81

)…(1+

1

32n

)]=ln(1+

1

9

)+ln(1+

1

81

)+…+ln(1+

1

32n

)＜

1

3

+

1

32

+…+

1

3n

=

1 3 (1- 1 3n )

1- 1 3

=

1

2

(1-

1

3n

)＜

1

2

；
∴(1+

1

2×9

)(1+

1

3×81

)…(1+

1

(n+1)×32n

)＜

e

．命题得证．

点评：本题考查的知识点是利用导数研究函数的单调性，函数单调性的性质，放缩法证明不等式，（I）中分类较多，难度较大，而（II）的证明既要利用函数的单调性，又要使用放缩法，难度也比较大．