Question

7．已知函数f（x）=ln（x+1）-$\frac{{a{x^2}+x}}{{{{（{1+x}）}^2}}}$．
（1）当a=1时，求函数f（x）在x=e-1处的切线方程；
（2）当$\frac{2}{3}$＜a≤2时，讨论函数f（x）的单调性；
（3）若x＞0，求函数g（x）=（1+$\frac{1}{x}}$）^x（1+x）${\;}^{\frac{1}{x}}}$的最大值．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，计算f′（e-1），f（e-1）的值，求出切线方程即可；
（2）求出函数的导数，根据a的范围求出函数的单调区间即可；
（3）令φ（x）=lng（x），根据φ（x）在（0，+∞）上的最大值等于其在（0，1）上的最大值，求出φ（x）的最大值，从而求出g（x）的最大值即可．

解答 解：（1）a=1时，函数f（x）=ln（1+x）-$\frac{x}{1+x}$，
f′（x）=$\frac{1}{1+x}$-$\frac{1}{{（1+x）}^{2}}$=$\frac{x}{{（1+x）}^{2}}$，f′（e-1）=$\frac{e-1}{{e}^{2}}$，
又f（e-1）=$\frac{1}{e}$，
∴a=1时，函数f（x）在x=e-1处的切线方程是：
y-$\frac{1}{e}$=$\frac{e-1}{{e}^{2}}$（x-e+1）；
（2）由题意得：函数f（x）的定义域是（-1，+∞），
且f′（x）=$\frac{x（x-2a+3）}{{（1+x）}^{3}}$，
$\frac{3}{2}$＜a≤2时，则2a-3＞0，
若-1＜x＜0或x＞2a-3，则f′（x）＞0，若0＜x＜2a-3，则f′（x）＜0，
∴f（x）在区间（-1，0）（2a-3，+∞）递增，在（0，2a-3）递减；
（3）显然g（x）=g（$\frac{1}{x}$），令φ（x）=lng（x），
因此φ（x）在（0，+∞）上的最大值等于其在（0，1）上的最大值，
φ′（x）=（1-$\frac{1}{{x}^{2}}$）ln（1+x）+（x+$\frac{1}{x}$）•$\frac{1}{1+x}$-lnx-1，
设h（x）=（1-$\frac{1}{{x}^{2}}$）ln（1+x）+（x+$\frac{1}{x}$）•$\frac{1}{1+x}$-lnx-1，
h′（x）=$\frac{{2（1+x）}^{2}[ln（1+x）-\frac{{2x}^{2}+x}{{（1+x）}^{2}}]}{{{x}^{3}（1+x）}^{2}}$，
由（2）得，当a=2时，f（x）在区间（0，1]递减，
则f（x）=ln（1+x）-$\frac{{2x}^{2}+x}{{（1+x）}^{2}}$＜f（0）=0，h′（x）＜0，
故函数h（x）在区间（0，1]递减，于是h（x）≥h（1）=0，
从而函数φ（x）在区间（0，1]递增，
进而φ（x）≤φ（1）=2ln2，
∵φ（x）=lng（x），
∴函数g（x）的最大值是4．

点评 本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道综合题．