Question

f（x）=x-a（x+1）ln（x+1）．
（Ⅰ）求f（x）的极值点；
（Ⅱ）当a=1时，若方程f（x）=t在[-

1

2

，1]上有两个实数解，求实数t的取值范围；
（Ⅲ）证明：当m＞n＞0时，（1+m）ⁿ＜（1+n）^m．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的极值,利用导数求闭区间上函数的最值

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ）f′（x）=1-aln（x+1）-a，由此利用分类讨论思想和导数性质能求出函数的极值点．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）在[-

1

2

，0]上单调递增，在[0，1]上单调递减，由此能求出实数t的取值范围．
（Ⅲ）要证（1+m）ⁿ＜（1+n）^m，只须证：

ln(1+m)

m

＜

ln(1+n)

n

，设g（x）=

ln(1+x)

x

，x＞0，利用导数性质能证明当m＞n＞0时，（1+m）ⁿ＜（1+n）^m．

解答： （Ⅰ）解：f′（x）=1-aln（x+1）-a（1分）
①a=0时，f′（x）＞0，∴f（x）在（-1，+∞）上是增函数，
函数既无极大值点，也无极小值点．（2分）
②当a＞0时，f（x）在（-1，e

1-a

a

 -1]上递增，
在[e

1-a

a

-1，+∞）单调递减，
函数的极大值点为x=e

1-a

a

-1，无极小值点（3分）
③当a＜0时，f（x）在（-1，e

1-a

a

-1]上递减，
在[e

1-a

a

-1，+∞）单调递增，
函数的极小值点为x=e

1-a

a

-1，无极大值点（4分）
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，f（x）在[-

1

2

，0]上单调递增，在[0，1]上单调递减，
又f（0）=0，f（1）=1-ln4，f（-

1

2

）=-

1

2

+

1

2

ln2，（6分）
∴f（1）-f（-

1

2

）＜0，∴当t∈[-

1

2

+

1

2

ln2，0）时，方程f（x）=t有两解．（8分）
（Ⅲ）证明：要证（1+m）ⁿ＜（1+n）^m，只须证明nln（1+n）＜mln（1+n），
只须证：

ln(1+m)

m

＜

ln(1+n)

n

，
设g（x）=

ln(1+x)

x

，x＞0，
则g′(x)=

x 1+x -ln(1+x)

x2

=

x-(1+x)ln(1+x)

x2(1+x)

，
由（1）知x-（1+x）ln（1+x）在（0，+∞）单调递减，
∴x-（1+x）ln（1+x）＜0，即g（x）是减函数，而m＞n，
∴g（m）＜g（n），
∴当m＞n＞0时，（1+m）ⁿ＜（1+n）^m．（12分）

点评：本题重点考查利用导数研究函数的性质，利用函数的性质解决不等式、方程问题．重点考查学生的代数推理论证能力，解题时要认真审题，注意导数性质的合理运用．