Question

设函数f（x）=ln（x+1）-

ax

x+1

，（a∈R）；g（x）=（1+k）^x-kx-1，k∈（-1，+∞）．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）当x∈[0，1]时，求函数g（x）的最大值；
（Ⅲ）求证：

n

k=1

1

k+1

＜ln（n+1）＜

n

k=1

1

k

（n∈N^*）

Answer 1

考点：对数函数图象与性质的综合应用

专题：函数的性质及应用

分析：（1）只要x+1≠0即可；
（2）先对k进行讨论，然后利用导数求其最值；
（3）利用函数f（x）在（0，+∞）上递增证明．

解答： 解：（Ⅰ）f（x）的定义域为（-1，+∞），f′(x)=

1

x+1

-

a(x+1)-ax

(x+1)2

=

x+1-a

(x+1)2

，…（1分）
令⇒f′（x）=0，得x=a-1，
ⅰ）当a-1≤-1⇒a≤0时：
在区间（-1，+∞）上，f′（x）＞0恒成立，故f（x）的增区间为（-1，+∞）；          …（2分）
ⅱ）当a-1＞-1⇒a＞0时：
在区间（-1，a-1）上，f′（x）＜0恒成立，故f（x）的减区间为（-1，a-1）；       …（3分）
在区间（a-1，+∞）上，f′（x）＞0恒成立，故f（x）的增区间为（a-1，+∞）．…（4分）
（Ⅱ）ⅰ）k=0时，g（x）=0，所以g（x）_max=0；                          …（5分）
ⅱ）k≠0时，易知g′（x）=（1+k）^xln（1+k）-k，于是：g′（1）=（1+k）ln（1+k）-k，g′（0）=ln（1+k）-k，
由（Ⅰ）可知g′（1）＞0，下证g′（0）＜0，即证明不等式ln（1+x）-x＜0在x∈（-1，0）∪（0，+∞）上恒成立．
由上可知：不等式lln（x+1）＞

x

x+1

在x∈（-1，0）∪（0，+∞）上恒成立，若x∈（-1，0）∪（0，+∞），则-

x

x+1

=

1

x+1

-1∈(-1，0)∪(0，+∞)，
故ln(

1

x+1

)=ln(1-

x

x+1

)＞

- x x+1

- x x+1 +1

=-x，
即当x∈（-1，0）∪（0，+∞）时，ln（x+1）＞-x，
从而ln（x+1），故当x∈（-1，0）∪（0，+∞）时，ln（x+1）-x＜0恒成立，即g′（0）＜0．…（7分）
又g（0）=g（1）=0，
综上，当k∈（-1，+∞），g（x）在[0，1]上的最大值为0．．…（8分）
（Ⅲ）由（Ⅰ）知，当a=1时，f（x）在（0，+∞）上递增，知f（x）＞0，
令x=

1

n

，有ln（n+1）-lnn＞

1

n+1

，得

n

k=1

1

k+1

＜ln(n+1)，
由（Ⅱ）已证ln（x+1）-lnx＜0，得ln（n+1）＜x，
令x=

1

n

，有ln（n+1）-lnn＞

1

n

得ln（n+1）＜

n

k=1

1

k

，
故

n

k=1

1

k+1

＜ln(n+1)＜

n

k=1

1

k

(n∈N+)，得证．…（12分）

点评：本题对数函数、指数函数的性质，利用导数这个工具进行求解，题目比较综合，是中档题．