Question

9．已知函数$f（x）=-aln（x+1）+\frac{a+1}{x+1}-a-1$（a∈R）
（1）讨论f（x）在（0，+∞）上的单调性；
（2）若对任意的正整数n都有${（1+\frac{1}{n}）^{n-a}}＞e$成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出原函数的导函数，然后对a分类求得导函数的符号，从而得到原函数的单调性；
（2）把${（1+\frac{1}{n}）^{n-a}}＞e$，转化为$（1-\frac{a}{n}）ln（1+\frac{1}{n}）-\frac{1}{n}$＞0．令g（x）=（1-ax）ln（1+x）-x，x∈（0，1]，故要上式成立，只需对?x∈（0，1]，有g（x）＞0．
g′（x）=f（x）=-aln（x+1）+$\frac{a+1}{x+1}$-a-1．结合（1）中函数的单调性分类求解得答案．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{-a}{x+1}-\frac{a+1}{（x+1）^{2}}=-\frac{ax+2a+1}{（x+1）^{2}}$，
当a$≤-\frac{1}{2}$时，f′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当$-\frac{1}{2}$＜a＜0时，f（x）在（0，$-\frac{2a+1}{a}$）上单调递减，在（$-\frac{2a+1}{a}$，+∞）上单调递增；
当a≥0时，f′（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，∴f（x）在（0，+∞）上单调递减．
（2）${（1+\frac{1}{n}）^{n-a}}＞e$?$（1-\frac{a}{n}）ln（1+\frac{1}{n}）-\frac{1}{n}$＞0．
令g（x）=（1-ax）ln（1+x）-x，x∈（0，1]，故要上式成立，只需对?x∈（0，1]，有g（x）＞0．
g′（x）=f（x）=-aln（x+1）+$\frac{a+1}{x+1}$-a-1．
由（1）可知，
①当$a≤-\frac{1}{2}$时，g（x）在（0，1]上单调递增，g（x）＞g（0）=0，符合题意；
②当a≥0，g（x）在（0，1]上单调递减，g（x）＜g（0）=0，不符合题意；
③当$-\frac{1}{2}$＜a$≤-\frac{1}{3}$时，g（x）在（0，$-\frac{2a+1}{a}$）上单调递减，∴当x∈（0，-$\frac{2a+1}{a}$）时，g（x）＜g（0），不符合题意；
④当$-\frac{1}{3}$＜a＜0时，g（x）在（0，1]上单调递减，∴当x∈（0，1]时，g（x）＜g（0）=0，不符合题意．
综上可知，a的取值范围为（-∞，-$\frac{1}{2}$]．

点评 本题考查利用导数研究函数的单调性，考查了利用导数求函数的最值，考查数学转化思想方法，属中档题．