Question

已知函数f（x）=（ax+1）ln（x+1）-x．（1）当a=1时，求f（x）的单调区间；（2）求证：当x＞0时 1

已知函数f（x）=（ax+1）ln（x+1）-x．（1）当a=1时，求f（x）的单调区间；（2）求证：当x＞0时 1 ln(x+1) - 1 x ＜ 1 2 恒成立；（3）若 (1+ 1 n ) n+a ≥e 对任意的n∈N * 都成立（其中e是自然对数的底），求常数a的最小值．

Answer 1

（1）当a=1时，f（x）=（x+1）ln（x+1）-x，则f′（x）=ln（x+1） 令f′（x）＞0，可得x＞0，令f′（x）＜0，可得-1＜x＜0， ∴函数的单调增区间为（0，+∞），单调减区间为（-1，0）； （2）证明：当x＞0时，欲证 1 ln(x+1) - 1 x ＜ 1 2 恒成立，只需证明当x＞0时， ln(x+1)＞ 2x x+2 构造函数g（x）= ln(x+1)- 2x x+2 ，则g′（x）= 1 x+1 - 4 (x+2 ) 2 = x 2 (x+1)(x+2 ) 2 ＞0 ∴g（x）= ln(x+1)- 2x x+2 在（0，+∞）上单调递增 ∴g（x）＞g（0）=0 ∴当x＞0时， ln(x+1)＞ 2x x+2 ∴当x＞0时， 1 ln(x+1) - 1 x ＜ 1 2 恒成立； （3） (1+ 1 n ) n+a ≥e 等价于（n+a）ln（1+ 1 n ）≥1 ∴a≥ 1 ln(1+ 1 n ) -n ∵当x＞0时， 1 ln(x+1) - 1 x ＜ 1 2 恒成立，∴ 1 ln(1+ 1 n ) -n＜ 1 2 ∴a≥ 1 2 ∴常数a的最小值为 1 2 ．