Question

已知函數f（x）=ln（1+x²）+ax（a＜1）．
（Ⅰ） 討論f（x）的單調性；
（Ⅱ） 證明：(1+

1

2×9

)(1+

1

3×81

)…(1+

1

(n+1)×32n

)＜

e

（n∈N^*）．

Answer 1

分析：（I）根據已知中的函數解析式，求出函數的導函數的解析式，進而分0＜a＜1，a=0，-1＜a＜0，a≤-1四種情況，分別討論導函數取正值，和導函數取負值的區間，即可判斷出函數f（x）的單調性；
（Ⅱ）由（ I）中結論可得a=-1時，f（x）在（-∞，+∞）上單調遞減，即x∈（0，+∞）時，由f（x）＜f（0）=0，即ln（1+x²）＜x，對原不等式兩邊取自然對數，利用放縮法，可得原不等式左邊滿足ln(1+

1

9

)+ln(1+

1

81

)+…+ln(1+

1

32n

)＜

1

3

+

1

32

+…+

1

3n

=

1 3 (1- 1 3n )

1- 1 3

=

1

2

(1-

1

3n

)＜

1

2

，進而可得原不等式成立．

解答：解：（ I）∵f′(x)=

2x

1+x2

+a=

ax2+2x+a

1+x2

①若a=0時，
∵f′(x)=

2x

1+x2

＞0⇒x＞0，f′(x)＜0⇒x＜0
∴f（x）在（0，+∞）單調遞增，在（-∞，0）單調遞減；
②若0＜a＜1時，
f′（x）＞0⇒ax²+2x+a＞0⇒x＜

-1- 1-a2

a

或x＞

-1+ 1-a2

a

．
∴f（x）在(

-1- 1-a2

a

，

-1+ 1-a2

a

)單調遞減，在(-∞，

-1- 1-a2

a

)和(

-1+ 1-a2

a

，+∞)上單調遞增．
③若

a＜0 △≤0

⇒a≤-1時，
f'（x）≤0對x∈R恒成立，
∴f（x）在R上單調遞減；
④若-1＜a＜0時，
由f′（x）＞0⇒ax²+2x+a＞0⇒

-1+ 1-a2

a

＜x＜

-1- 1-a2

a

再令f′（x）＜0，可得x＞

-1- 1-a2

a

或x＜

-1+ 1-a2

a

，
∴f（x）在(

-1+ 1-a2

a

，

-1- 1-a2

a

)單調遞增，在(-∞，

-1+ 1-a2

a

)和(

-1- 1-a2

a

，+∞)上單調遞減
綜上所述，
若a≤-1時，f（x）在（-∞，+∞）上單調遞減．；
若-1＜a＜0時，f（x）在(

-1+ 1-a2

a

，

-1- 1-a2

a

)單調遞增，在(-∞，

-1+ 1-a2

a

)上單調遞減，(

-1- 1-a2

a

，+∞)上單調遞減
若a=0時，f（x）在（0，+∞）單調遞增，在（-∞，0）單調遞減
若0＜a＜1時，f（x）在(

-1- 1-a2

a

，

-1+ 1-a2

a

)單調遞減，在(-∞，

-1- 1-a2

a

)和(

-1+ 1-a2

a

，+∞)上單調遞增．
（ II）由（ I）知，當a=-1時，f（x）在（-∞，+∞）上單調遞減，
當x∈（0，+∞）時，由f（x）＜f（0）=0
∴ln（1+x²）＜x，
∴ln(1+

1

2×9

)(1+

1

3×81

)…(1+

1

(n+1)×32n

)＜ln[(1+

1

9

)(1+

1

81

)…(1+

1

32n

)]=ln(1+

1

9

)+ln(1+

1

81

)+…+ln(1+

1

32n

)＜

1

3

+

1

32

+…+

1

3n

=

1 3 (1- 1 3n )

1- 1 3

=

1

2

(1-

1

3n

)＜

1

2

；
∴(1+

1

2×9

)(1+

1

3×81

)…(1+

1

(n+1)×32n

)＜

e

．命題得證．

點評：本題考查的知識點是利用導數研究函數的單調性，函數單調性的性質，放縮法證明不等式，（I）中分類較多，難度較大，而（II）的證明既要利用函數的單調性，又要使用放縮法，難度也比較大．