Question

14．已知函数f（x）=a（x+1）ln（x+1）图象上的点（e²-1，f（e²-1））处的切线与直线x+3y+1=0垂直（e=2.71828…）．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）证明：当m＞n＞0时，（1+e^m）${\;}^{{e}^{n}}$＜（1+eⁿ）${\;}^{{e}^{m}}$．

Answer 1

分析 （1）求函数的导数根据导数的几何意义先求出a的值，即可求f（x）的单调区间；
（2）利用换元法，利用构造函数即可证明不等式．

解答 解：（1）f′（x）=aln（x+1）+a（x+1）$\frac{1}{x+1}$=a[1+ln（x+1）]，-----（2分）
由于f（x）在点（e²-1，f（e²-1））处的切线与直线x+3y+1=0垂直，
所以f′（e²-1）=a（lne²+1）=3，
解得a=1，
∴f（x）=（x+1）ln（x+1），f′（x）=ln（x+1）+1．…（6分）
令f′（x）=0，解得x=$\frac{1}{e}$-1，
由f′（x）＞0得x＞$\frac{1}{e}$-1，
由f′（x）＜0得x＜$\frac{1}{e}$-1，
故f（x）的单调递减区间为[-1，$\frac{1}{e}$-1]，单调递增区间为（$\frac{1}{e}$-1，+∞）…（8分）
证明：（2）令u=e^m，v=eⁿ，
∵m＞n＞0，∴u＞v＞0，
要证（1+e^m）^en＜（1+eⁿ）^em．，只需证vln（1+u）＜uln（1+v），
这等价于$\frac{ln（1+u）}{u}＜\frac{ln（1+v）}{v}$，
令h（x）=$\frac{ln（1+x）}{x}$，x＞0，
h′（x）=$\frac{x-（x+1）ln（x+1）}{{x}^{2}（x+1）}$，
令k（x）=x-（1+x）ln（1+x），（x＞0），
∵x＞0，x+1＞1，
∴k′（x）=1-ln（x+1）-1=-ln（x+1）＜0，
故k（x）在（0，+∞）单调递减，
∴k（x）＜k（0）=0，
故h′（x）＜0，故h（x）=$\frac{ln（1+x）}{x}$，x＞0，是减函数，
∵u＞v＞0，
∴h（u）＜h（v），
即 $\frac{ln（1+u）}{u}＜\frac{ln（1+v）}{v}$，
就是（1+e^m）${\;}^{{e}^{n}}$＜（1+eⁿ）${\;}^{{e}^{m}}$．…（14分）

点评 本题主要考查导数的综合应用，利用导数的几何意义求出a的值是解决本题的关键．综合考查导数的应用，综合性较强，运算量较大．