Question

对于函数f（x）=ax-（a+1）ln（x+1） （a＞0）（Ⅰ）试求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若a=1，数列{an}满

对于函数f（x）=ax-（a+1）ln（x+1） （a＞0）（Ⅰ）试求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若a=1，数列{an}满足a1=f′（0），n≥2时，an=2f′(n?1)?1，求证：（(1?1an)an+1＜1e＜(1?1an)an；（Ⅲ）设bn=?1an，Tn为数列{bn}的前n项和，求证：T2011-1＜ln2011＜T2010．

Answer 1

（Ⅰ）由已知的函数定义域为（-1，+∞）且f′（x）=a-

a+1

x+1

=

ax?1

x+1

，
令f′（x）=0，解得x=

1

a

（a＞0），
（i）当x∈（-1，

1

a

）时，f′（x）＜0，函数f（x）在（-1，

1

a

）内单调递增；
（ii）当x∈（

1

a

，+∞）时，f′（x）＞0，函数f（x）在（

1

a

，+∞）内单调递减，
所以函数f（x）的单调减区间是（-1，

1

a

），增区间是（

1

a

，+∞）；
（Ⅱ）由已知a=1时，f′（x）=1-

2

x+1

，
∴a₁=f′（0）=-1，n≥2时，a_n=

2

f′(n?1)?1

=-n，
∴a_n=-n（n∈N⁺），
于是，所证不等式即为：
(1+

1

n

)?(n+1)＜

1

e

＜(1+

1

n

)?n?(1+

1

n

)n＜e＜(1+

1

n

)n+1?nln（1+

1

n

）＜1＜（n+1）ln（1+

1

n

）
即

1

n+1

＜ln

n+1

n

＜

1

n

，
为此，令g（x）=x-ln（1+x）?g′（x）=1-

1

1+x

=

x

1+x

，
∴当x∈（0，+∞），g′（x）＞0，g（x）单调递增，又g（x）在x=0处连续，
∴n∈N⁺，g（

1

n

）＞g（0）=0?

1

n

-ln（1+

1

n

）＞0，①
设φ（x）=ln（x+1）-

x

1+x

，x∈[0，+∞），
得：φ′（x）=

1

x+1

-

1

(1+x)2

=

x

(1+x)2

，
当x＞0时，φ′（x）＞0，所以φ（x）在（0，+∞）内是增函数，
所以φ（x）在[0，+∞）内是增函数．
当n∈N⁺时，φ（

1

n

）＞φ（0）=0，
即ln（1+

1

n

）-

1 n

1+ 1 n

＞0?

1

1+n

＜ln（1+n）②，
由①②得：

1

n+1

＜ln

n+1

n

＜

1

n

，即(1?

1

an

)an+1＜

1

e

＜(1?

1

an

)an；
（Ⅲ）由b_n=-

1

an

=

1

n

，则T_n=1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

，
由（Ⅱ）可知

1

n+1

＜ln

n+1

n

＜

1

n

，
令n=1，2，3，…，2010，并将各式相加得：

1

2

+

1

3

+…+

1

2011

＜ln

2

1

+ln

3

2

+…+ln

2011

2010

＜1+

1

2

+

1

3

+…+

1

2010

，
即T₂₀₁₁-1＜ln2011＜T₂₀₁₀．