Question

设函数f（x）=x-（x+1）ln（x+1）（x＞-1）．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）试通过研究函数g（x）=

ln(1+x)

x

（x＞0）的单调性证明：当n＞m＞0时，（1+n）^m＜（1+m）ⁿ；
（Ⅲ）证明：当n＞2013，且x₁，x₂，x₃，…，x_n均为正实数，x₁+x₂+x₃+…+x_n=1 时，(

x 2 1

1+x1

+

x 2 2

1+x2

+

x 2 3

1+x3

+…+

x 2 n

1+xn

)

1

n

＞(

1

2014

)

1

2013

．

Answer 1

分析：（Ⅰ）由导数与函数单调性的关系知，可先求出函数的导函数，然后令导函数大于0或小于0，解此不等式，所得的解集即为函数的单调区间；
（Ⅱ）求出g′（x），得到函数g′（x）＜0在（0，+∞）恒成立，从而得到函数g（x）在（0，+∞）上是减函数，进而得证；
（Ⅲ）由柯西不等式，得到(

x 2 1

1+x1

+

x 2 2

1+x2

+

x 2 3

1+x3

+…+

x 2 n

1+xn

)

1

n

≥(

1

1+n

)

1

n

 ，
再由（Ⅱ）可知，(1+n)2013 ＜(1+2013)n ，进而得到(

1

1+n

)

1

n

＞(

1

2014

)

1

2013

，即得证．

解答：解：（Ⅰ）由f（x）=x-（x+1）ln（x+1）（x＞-1）有f′（x）=-ln（x+1），…（1分）
当-1＜x＜0，即f′（x）＞0时，f（x）单调递增；
当x＞0，即f′（x）＜0时，f（x）单调递减；
所以f（x）的单调递增区间为（-1，0），单调递减区间为（0，+∞）．      …（3分）
（Ⅱ）设g（x）=

ln(1+x)

x

（x＞0），则g′(x)=

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

x2(1+x)

，…（5分）
由（Ⅰ）知f（x）=x-（x+1）ln（x+1）在（0，+∞）上是减函数，且f（0）=0，
∴g′（x）＜0在在（0，+∞）恒成立，从而得到函数g（x）在（0，+∞）上是减函数，
又当n＞m＞0时，∴g（n）＜g（m），得

ln(1+n)

n

＜

ln(1+m)

m

，
∴mln（n+1）＜nln（m+1），即：（1+n）^m＜（1+m）ⁿ．…（8分）
（Ⅲ）由x₁+x₂+x₃+…+x_n=1，及柯西不等式：
(

x 2 1

1+x1

+

x 2 2

1+x2

+

x 2 3

1+x3

+…+

x 2 n

1+xn

) （1+n）
≥(

x 2 1 1+x1

•

1+x1

+

x 2 2 1+x2

•

1+x2

+

x 2 3 1+x3

•

1+x3

+…+

x 2 n 1+xn

•

1+xn

)2²
=（x₁+x₂+x₃+…+x_n）²=1，
所以(

x 2 1

1+x1

+

x 2 2

1+x2

+

x 2 3

1+x3

+…+

x 2 n

1+xn

) ≥

1

1+n

，
(

x 2 1

1+x1

+

x 2 2

1+x2

+

x 2 3

1+x3

+…+

x 2 n

1+xn

)

1

n

≥(

1

1+n

)

1

n

 ．…（11分）
又n＞2013，由（Ⅱ）可知(1+n)2013 ＜(1+2013)n ，
即(1+n)  

1

n

＜(1+2013) 

1

2013

，即(

1

1+n

)

1

n

＞(

1

2014

)

1

2013

．
则(

x 2 1

1+x1

+

x 2 2

1+x2

+

x 2 3

1+x3

+…+

x 2 n

1+xn

)

1

n

≥(

1

1+n

)

1

n

＞(

1

2014

)

1

2013

．
故(

x 2 1

1+x1

+

x 2 2

1+x2

+

x 2 3

1+x3

+…+

x 2 n

1+xn

)

1

n

＞(

1

2014

)

1

2013

．…（14分）

点评：本题考查用导数求函数的单调区间，其解题步骤为：求导，令导数小于0，解不等式，得到函数的单调递减区间．
以及利用柯西不等式证明不等式的问题，属于较难的题目．