Question

7．已知函数f（x）=（x+1）ln（x+1）-xlnx，
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）证明：当a≥ln2时，f（x）≤a（x+1）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求出函数的导数，通过讨论x的范围，得到f′（x）＞0，从而求出函数的单调区间；
（Ⅱ）构造新函数g（x）=f（x）-a（x+1），通过讨论g（x）的单调性，得到函数g（x）_max≤0，从而证出结论．

解答 解：（Ⅰ）∵$f'（x）=ln（{x+1}）-lnx=ln（{1+\frac{1}{x}}）$，
∵x＞0，∴1+$\frac{1}{x}$＞1，
∴$ln（{1+\frac{1}{x}}）＞0$，f′（x）＞0，
∴函数f（x）在区间（0，+∞）上单调递增．
（Ⅱ）令g（x）=f（x）-a（x+1），
$g'（x）=f'（x）-a=ln（1+\frac{1}{x}）-a$，
令g′（x）=0，得x=$\frac{1}{{{e^a}-1}}$，
∵a≥ln2，∴e^a-1≥1，∴0＜$\frac{1}{{{e^a}-1}}$≤1，
则当0＜x≤$\frac{1}{{{e^a}-1}}$时，g'（x）≥0，
x＞$\frac{1}{{{e^a}-1}}$时，g′（x）＜0
∴函数g（x）在区间$（{0，\frac{1}{{{e^a}-1}}}]$为增函数，在区间$（{\frac{1}{{{e^a}-1}}，+∞}）$为减函数；
∴g（x）_max=g（$\frac{1}{{e}^{a}-1}$），
而 $g（{\frac{1}{{{e^a}-1}}}）=ln（{1+\frac{1}{{{e^a}-1}}}）-a=ln\frac{1}{{{e^a}-1}}$≤0
∴当a≥ln2时，对?x＞0g（x）≤0，f（x）≤a（x+1）
故当a≥ln2时，对?x＞0，f（x）≤a（x+1）成立．

点评 本题考查了函数的单调性，考查了导数的应用，对于第二问构造出新函数，求出函数的最大值是证明本题的关键，本题是一道中档题．