解题思路：（Ⅰ）由f（x）=ax-（a+1）ln（x+1），其中a＞0，知函数f（x）的定义域为（-1，+∞），且，由f′（x）=0，得x=[1/a]．列表讨论，能求出f（x）的单调区间．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，g（a）=f（[1/a]）=1-（a+1）•（ln[1/a]+1），由已知x＞0时，[x/1+x＜ln(x+1)＜x，将x=
1
a]代入[x/1+x
＜ln(x+1)
＜x，得
1
a+1
＜ln(
1
a
+1)＜
1
a]，由此可求得g（a）的范围，可得结论；
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，f（x）min=f（[1/a]）=1-（a+1）•（ln[1/a]+1），且-[1/a
＜f(
1
a
)＜0
，假设f（x）在（0，+∞）内没有零点，则当x＞0时，f（x）＜0恒成立，即ax-（a+1）ln（x+1）＜0恒成立，
由此可推得x→+∞时，
lim
x→+∞
[a−(a+1)•
ln(x+1)
x
]
＜0，而据
lim
x→∞
ln(x+1)
x
＝0
，可推得
lim
x→+∞][a-（a+1）
•
ln(x+1)
x
]＞0，从而可导出矛盾，否定假设，得到结论；
（Ⅰ）∵f（x）=ax-（a+1）ln（x+1），其中a＞0，
∴函数f（x）的定义域为（-1，+∞），且f′（x）=a−
a+1
x+1]=[ax−1/x+1]，
由f′（x）=0，得x=[1/a]．
当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：
x （-1，[1/a]） [1/a] （[1/a]，+∞）
f′（x） - 0 +
f（x） ↓ 极小值 ↑由上表知，当x∈（-1，[1/a]）时，f′（x）＜0，函数f（x）在（-1，[1/a]）内单调递减；
当x∈（ [1/a]，+∞）时，f′（x）＞0，函数f（x）在（[1/a]，+∞）内单调递增．
∴函数f（x）的增区间是（[1/a]，+∞），减区间是（-1，[1/a]）．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，g（a）=f（[1/a]）=1-（a+1）•（ln[1/a]+1），
由已知，x＞0时，[x/1+x＜ln(x+1)＜x成立，
将x=
1
a]代入[x/1+x＜ln(x+1)＜x，得
1
a+1＜ln(
1
a+1)＜
1
a]，
则1＜（a+1）•（ln[1/a]+1）＜1+[1/a]，
∴-[1/a]＜1-（a+1）•（ln[1/a]+1）＜0，
故−
1
a＜g(a)＜0；
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，f（x）min=f（[1/a]）=1-（a+1）•（ln
点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；极限及其运算；反证法与放缩法．
考点点评： 本题考查函数的单调区间的求法，考查不等式的证明及函数极限，考查推理论证能力，考查运算推导能力，考查等价转化思想．解题时要认真审题，仔细解答，注意导数性质的综合应用．
1年前
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