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{a_n}满足a₁=f′（0），n≥2时，an=，求证：（；
（Ⅲ）设b_n=，T_n为数列{b_n}的前n项和，求证：T₂₀₁₁-1＜ln2011＜T₂₀₁₀．

Answer

（Ⅰ）根据负数没有对数求出f（x）的定义域，然后求出f（x）的导函数，令导函数等于0求出x的值，在定义域内根据x的值，判断导函数的正负即可得到函数的单调区间；
（Ⅱ）把a=1代入f（x）及导函数中，确定出f（x）的导函数及f′（0）的值，进而得到an的通项，把求得的an的通项代入所证的不等式中化简，即要证＜ln＜，令g（x）=x-ln（1+x），求出g（x）的导函数，找出g（x）的单调增区间为（0，+∞），又根据g（x）在x=0处连续，所以得到g（）大于g（0），化简后得到一个不等式，记作①，然后令φ（x）=ln（x+1）-，求出φ（x）的导函数，根据导函数大于0，找出φ（x）的增区间为[0，+∞），也得到φ（）大于φ（0），代入化简后得到令一个不等式，记作②，联立①②，得证；
（Ⅲ）把（Ⅱ）中求出的an的通项代入bn=，得到bn的通项，罗列出前n项的和Tn的各项，再根据（Ⅱ）的结论，分别令n=1，2，…，2010，代入不等式中，将各式相加，利用对数的运算法则及已知化简后，得证．
【解析】
（Ⅰ）由已知的函数定义域为（-1，+∞）且f′（x）=a-=，
令f′（x）=0，解得x=（a＞0），
（i）当x∈（-1，）时，f′（x）＜0，函数f（x）在（-1，）内单调递增；
（ii）当x∈（，+∞）时，f′（x）＞0，函数f（x）在（，+∞）内单调递减，
所以函数f（x）的单调减区间是（-1，），增区间是（，+∞）；
（Ⅱ）由已知a=1时，f′（x）=1-，
∴a1=f′（0）=-1，n≥2时，an==-n，
∴an=-n（n∈N+），
于是，所证不等式即为：
＜＜⇔＜e＜⇔nln（1+）＜1＜（n+1）ln（1+）
即＜ln＜，
为此，令g（x）=x-ln（1+x）⇒g′（x）=1-=，
∴当x∈（0，+∞），g′（x）＞0，g（x）单调递增，又g（x）在x=0处连续，
∴n∈N+，g（）＞g（0）=0⇒-ln（1+）＞0，①
设φ（x）=ln（x+1）-，x∈[0，+∞），
得：φ′（x）=-=，
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（）＞φ（0）=0，
即ln（1+）-＞0⇒＜ln（1+n）②，
由①②得：＜ln＜，即；
（Ⅲ）由bn=-=，则Tn=1+++…+，
由（Ⅱ）可知＜ln＜，
令n=1，2，3，…，2010，并将各式相加得：
++…+＜ln+ln+…+ln＜1+++…+，
即T2011-1＜ln2011＜T2010．