问题
解答题
| 已知函数f（x）=ax-（a+1）ln（x+1），其中a＞0． （1）求f（x）的单调区间； （2）设f（x）的最小值为g（a），求证：-
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答案
（1）由已知可得函数f（x）的定义域为（-1，+∞），
而 f′(x)=
，a(x-
)1 a x+1
∵a＞0，x＞-1，∴当 -1＜x＜
时，f'（x）＜0，1 a
当 x＞
时，f'（x）＞0，1 a
∴函数f（x）的单调递减区间是 (-1，
)，单调递增区间是 (1 a
，+∞)． 1 a
（2）由（1）可知，f（x）的最小值
为 g(a)=f(
)=1-(a+1)ln(1 a
+1)，a＞0． 1 a
要证明 -
＜g(a)＜0，1 a
只须证明
＜ln(1 a+1
+1)＜1 a
成立． 1 a
设 φ(x)=ln(x+1)-
，x∈（0，+∞）． x x+1
则 φ′(x)=
-1 x+1
=1 (1+x)2
＞0，x (1+x)2
∴φ（x）在区间（0，+∞）上是增函数，∴φ（x）＞φ（0）=0，即 ln(x+1)＞
．x x+1
取 x=
得到 1 a
＜ln(1 a+1
+1)成立． 1 a
设ψ（x）=ln（x+1）-x，x∈（0，+∞），同理可证ln（x+1）＜x．
取 x=
得到 ln(1 a
+1)＜1 a
成立．因此，-1 a
＜g(a)＜0．1 a