已知f（x）=(
a2+1
2
)ln(1+x2)+ax．
（1）a=2时,求f（x）的极值；
（2）当a＜0时,讨论f（x）的单调性；
（3）证明：（1+
1
24
）（1+
1
34
）…(1+
1
n4
)＜e（n∈N*,n≥2,
其中无理数e=2.71828L）考点：函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数的单调性．专题：导数的综合应用．分析：（1）当a=2时,利用导数
先求出函数的单调性,然后判断函数的极值．（2）当a＜0时,通过导数判断函数的单调性．（3）利用（2）的结论,通过构造函数,利用方缩法去证明不等
式．f′(x)＝
(a2+1)x
1+x2
+a＝
ax2+(a2+1)x+a
1+x2
＝
(ax+1)(x+a)
1+x2
,
（1）当a=2时,f′(x)＝
(2x+1)(x+2)
1+x2
．由f'（x）＞0,解得x＞−
1
2
或x＜−2,此时函数递增．
由f'（x）＜0,解得−2＜x＜−
1
2
,此时函数递减．所以当x=-2时,函数取得极大值f(−2)＝
5
2
ln5−4,
当x=−
1
2
时,函数取得极小值f(−
1
2
)＝
5
2
ln5−1．
（2）当-1＜a＜0时,由f'（x）＞0,解得−a＜x＜−
1
a
,此时函数递增．由f'（x）＜0,解得x＞−
1
a
或x＜-a,此时函数递减．
当a=-1时,f'（x）≤0恒成立,此时函数在R上单调递减．
当a＜-1时,由f'（x）＞0,解得−
1
a
＜x＜−a,此时函数递增．由f'（x）＜0,解得x＜−
1
a
或x＞-a,此时函数递减．
综上：当a=-1时,函数的单调递减区间为R．
当-1＜a＜0时,增区间为(−a,−
1
a
),单调减区间为（-∞,-a）和(−
1
a
,+∞)．
当a＜-1时,增区间为(−
1
a
,−a),单调减区间为（-a,+∞）和(−∞,−
1
a
)．
（3）由（2）知当a=-1时,函数f（x）在R上单调递减．当x＞0时,f（x）＜f（0）,所以ln（1+x2）-x＜0,即ln（1+x2）＜x．
所以ln（1+
1
24
）（1+
1
34
）…(1+
1
n4
)=ln（1+
1
24
）+ln（1+
1
34
）+…+ln(1+
1
n4
)＜
1
22
+
1
32
+…+
1
n2
＜
1
1×2
+
1
2×3
+…+
1
n(n−1)
＝1−
1
2
+
1
2
−
1
3
+…+
1
n
−
1
n+1
＝1−
1
n
＜1,
所以（1+
1
24
）（1+
1
34
）…(1+
1
n4
)＜e．点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性问题,以及利用函数的单调性证明不等式,在证明不等式的过程中使用了方缩放证明不等式,综合性较强,难度较大