Question

（2013•香洲区模拟）已知函数f（x）=（ax+1）ln（x+1）-x．
（1）当a=1时，求f（x）的单调区间；
（2）求证：当x＞0时 

1

ln(x+1)

-

1

x

＜

1

2

恒成立；
（3）若(1+

1

n

)n+a≥e对任意的n∈N^*都成立（其中e是自然对数的底），求常数a的最小值．

Answer 1

分析：（1）求导函数，利用导数的正负，可得f（x）的单调区间；
（2）当x＞0时，欲证

1

ln(x+1)

-

1

x

＜

1

2

恒成立，只需证明当x＞0时，ln(x+1)＞

2x

x+2

，构造函数，确定函数的单调性，即可证得结论；
（3）(1+

1

n

)n+a≥e等价于（n+a）ln（1+

1

n

）≥1，分离参数，利用（2）的结论，即可求常数a的最小值．

解答：（1）解：当a=1时，f（x）=（x+1）ln（x+1）-x，则f′（x）=ln（x+1）
令f′（x）＞0，可得x＞0，令f′（x）＜0，可得-1＜x＜0，
∴函数的单调增区间为（0，+∞），单调减区间为（-1，0）；
（2）证明：当x＞0时，欲证

1

ln(x+1)

-

1

x

＜

1

2

恒成立，只需证明当x＞0时，ln(x+1)＞

2x

x+2

构造函数g（x）=ln(x+1)-

2x

x+2

，则g′（x）=

1

x+1

-

4

(x+2)2

=

x2

(x+1)(x+2)2

＞0
∴g（x）=ln(x+1)-

2x

x+2

在（0，+∞）上单调递增
∴g（x）＞g（0）=0
∴当x＞0时，ln(x+1)＞

2x

x+2

∴当x＞0时，

1

ln(x+1)

-

1

x

＜

1

2

恒成立；
（3）解：(1+

1

n

)n+a≥e等价于（n+a）ln（1+

1

n

）≥1
∴a≥

1

ln(1+ 1 n )

-n
∵当x＞0时，

1

ln(x+1)

-

1

x

＜

1

2

恒成立，∴

1

ln(1+ 1 n )

-n＜

1

2

∴a≥

1

2

∴常数a的最小值为

1

2

．

点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查不等式的证明，考查恒成立问题，属于中档题．