Question

8．已知函数f（x）=ln（x+1）-$\frac{x}{x+1}$．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）求曲线y=f（x）的极值；
（3）求证：对任意的正数a与b，恒有lna-lnb≥1-$\frac{b}{a}$．

Answer 1

分析 （1）先求出函数f（x）的定义域，再求出函数f（x）的导数，求函数f（x）的单调区间即可；
（2）根据函数的单调性求出函数的极值即可；
（3）所证不等式等价为$ln\frac{a}{b}+\frac{b}{a}-1≥0$，而f（x）=ln（1+x）+$\frac{1}{x+1}$-1，设t=x+1，则F（t）=lnt+$\frac{1}{t}$-1，由（1）结论可得，F（t）在（0，1）单调递减，在（1，+∞）单调递增，从而得到证明．

解答 解：（1）∵函数f（x）=ln（x+1）-$\frac{x}{x+1}$，
∴f′（x）=$\frac{1}{x+1}$-$\frac{1}{{（x+1）}^{2}}$，
由f′（x）＞0⇒x＞0；由f′（x）＜0⇒-1＜x＜0；
∴f（x）的单调增区间（0，+∞），单调减区间（-1，0），
（2）由（1）得：f（x）有极小值，极小值是f（0）=0；
证明：（3）所证不等式等价为$ln\frac{a}{b}+\frac{b}{a}-1≥0$，
而$f（x）=ln（1+x）+\frac{1}{x+1}-1$，
设t=x+1，则$F（t）=lnt+\frac{1}{t}-1$，
由（1）结论可得，F（t）在（0，1）单调递减，在（1，+∞）单调递增，
由此F（t）_min=F（1）=0，
所以F（t）≥F（1）=0，
即$F（t）=lnt+\frac{1}{t}-1≥0$，
记$t=\frac{a}{b}$代入得证．

点评 本小题主要考查函数的单调性、极值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，是一道中档题．