Question

1．设函数f（x）=x-a（x+1）ln（x+1）（a≥0）．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）当a=1时，若方程f（x）-t=0在[-$\frac{1}{2}$，1]上有两个实数解，求实数t的取值范围；
（3）证明：当m＞n＞0时，（1+m）ⁿ＜（1+n）^m．

Answer 1

分析 （1）求导数，通过讨论a的范围，确定函数的单调性即可；
（2）由上知，f（x）在[-$\frac{1}{2}$，0]上单调递增，在[0，1]上单调递减，即可求实数t的取值范围；
（3）设g（x）=$\frac{ln（1+x）}{x}$，求导数g'（x），根据x-（1+x）ln（1+x）在（0，+∞）单调递减，证明即可．

解答 解：（1）f′（x）=1-aln（x+1）-a，
①当a=0时，f′（x）=1＞0，∴f（x）的单调递增区间为（-1，+∞）；
②当a＞0时，由f′（x）＞0，解得：-1＜x＜${e}^{\frac{1-a}{a}}$-1，
由f′（x）＜0，解得：x＞${e}^{\frac{1-a}{a}}$-1，
∴f（x）的单调递增区间为（-1，${e}^{\frac{1-a}{a}}$-1），单调递减区间为（${e}^{\frac{1-a}{a}}$-1，+∞）；
（2）由上知，f（x）在[-$\frac{1}{2}$，0]上单调递增，在[0，1]上单调递减，
∵f（0）=0，f（1）=1-ln4，f（-$\frac{1}{2}$）=-$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$ln2，
∴f（1）-f（-$\frac{1}{2}$）＜0，
∴t∈[-$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$ln2，0），方程f（x）=t有两解；
（3）证明：设g（x）=$\frac{ln（1+x）}{x}$，
则g'（x）=$\frac{x-（1+x）ln（1+x）}{{x}^{2}（1+x）}$，
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＞0，所以g（m）＜g（n），得 $\frac{ln（1+n）}{n}$＞$\frac{ln（1+m）}{m}$，
得mln（1+n）＞nln（1+m），故（1+m）ⁿ＜（1+n）^m．

点评 本题考查了函数的单调性，考查不等式的证明，考查化归思想，考查构造函数，是一个综合题，题目难度中等．