Question

已知函数f(x)=ln(x+1)-

x

x+1

（1）求f（x）的单调区间；
（2）求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（3）求证：对任意的正数a与b，恒有lna-lnb≥1-

b

a

．

Answer 1

（1）∵函数f(x)=ln(x+1)-

x

x+1

∴f′(x)=

1

x+1

-

1

(1+x) 2

，
由f′（x）＞0?x＞0；由f′（x）＜0?-1＜x＜0；
∴f（x）的单调增区间（0，+∞），单调减区间（-1，0）
（2）f′(x)=

1

x+1

-

1

(1+x) 2

，
当x=1时，y'=

1

4

得切线的斜率为

1

4

，所以k=

1

4

；
所以曲线在点（1，f（1））处的切线方程为：
y-ln2+

1

2

=

1

4

×（x-1），即x-4y+4ln2-3=0．
故切线方程为 x-4y+4ln2-3=0
（3）所证不等式等价为ln

a

b

+

b

a

-1≥0
而f(x)=ln(1+x)+

1

x+1

-1，设t=x+1，则F(t)=lnt+

1

t

-1，
由（1）结论可得，F（t）在（0，1）单调递减，在（1，+∞）单调递增，
由此F（t）_min=F（1）=0，
所以F（t）≥F（1）=0即F(t)=lnt+

1

t

-1≥0，
记t=

a

b

代入得：
lna-lnb≥1-

b

a

得证．