题目

（1）已知函数f(x)=ln(1+x)-

ax

x+1

（其中a为常数），求函数f（x）的单调区间；
（2）求证：不等式

1

ln(x+1)

-

1

x

＜

1

2

在0＜x＜1上恒成立．

答案

（1）由f(x)=ln(1+x)-a(1-

1

x+1

)知定义域：{x|x＞-1}
对f（x）求导得：f′(x)=

1

1+x

-

a

(x+1)2

=

x+1-a

(x+1)2

①在a≤0时，有x+1-a＞0恒成立．故f（x）＞0
故此时f（x）在（-1，+∞）上单调递增
②在a＞0时，由f"（x）=0知x=a-1

x	（-1，a-1）	a-1	（a-1，+∞）
f"（x）	-	0	+
f（x）	↓	极小值	↑

故在a＞0时，f（x）在（-1，a-1）上为减函数，在[a-1，+∞）上为增函数．
因此函数在a≤0时，在（-1，+∞）上单调递增；在a＞0时，f（x）在（-1，a-1）上为减函数，在[a-1，+∞）上为增函数．…（5分）
（2）要证明：

1

ln(1+x)

-

1

x

＜

1

2

在（0，1）上成立．
只需证：

x

2

ln(1+x)+ln(1+x)-x＞0，在（0，1）上恒成立
设g(x)=

x

2

ln(1+x)+ln(1+x)-x
则g′(x)=

1

2

(ln(1+x)+x.

1

1+x

)+

1

x+1

-1=

1

2

(ln(1+x)-

x

1+x

)
由（1）可知a=1，f（x）在x=0时取到最小值
有ln(1+x)＞

x

1+x

，在x＞0时恒成立．
从而可知g"（x）＞0，故g（x）在（0，1）上为增函数∴g（x）＞g（0）=0
即：

x

2

ln(1+x)+ln(1+x)-x＞0恒成立，从而原不等式得证．…（12分）

解析