已知 $f(x)=\ln(x+1)-\dfrac{x}{(x+1)^a}$，其中 $a>0$．若 $\forall x>0,f(x)<0$，求实数 $a$ 的取值范围．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
$\left(0,\dfrac 12\right]$
【解析】
注意到\[f(x)=\dfrac 1a\ln (x+1)^a-\dfrac{(x+1)^{a\cdot \frac 1a}-1}{(x+1)^a},\]因此问题等价于\[\forall x>1,\dfrac 1a\ln x-\dfrac{x^{\frac 1a}-1}{x}<0,\]记 $m=\dfrac 1a$，且\[g(x)=m\ln x-x^{m-1}+\dfrac 1x,\]则函数 $g(x)$ 的导函数\[g'(x)=\dfrac{mx-(m-1)x^m-1}{x^2},\]记 $\varphi(x)=mx-(m-1)x^m-1$，则其导函数\[\varphi'(x)=m\cdot \left[1-(m-1)x^{m-1}\right],\]考虑到 $\varphi'(1)=m(2-m)$，得到讨论分界点 $m=2$．
情形一 $m\geqslant 2$．当 $x>1$ 时，有 $\varphi'(x)<0$，于是 $\varphi(x)$ 单调递减，结合 $\varphi(1)=0$，可得 $g'(x)<0$，$g(x)$ 单调递减，又 $g(1)=0$，于是 $g(x)<0$，符合题意．
情形二 $1<m<2$．函数 $\varphi'(x)$ 有零点\[x_0=\left(\dfrac{1}{m-1}\right)^{\frac {1}{m-1}},\]因此函数 $\varphi(x)$ 在 $(1,x_0)$ 上单调递增，进而可得在该区间上 $g'(x)>0$，因此 $g(x)$ 在该区间上单调递增，结合 $g(1)=0$，可得\[g(x_0)>g(1)=0,\]矛盾．
情形三 $0<m\leqslant 1$．当 $x>1$ 时，函数 $\varphi'(x)>0$，因此 $\varphi(x)$ 单调递增，结合 $\varphi(1)=0$，可得 $\varphi(x)>0$，进而 $g(x)$ 单调递增，结合 $g(1)=0$，可得\[g(x)>g(1)=0,\]矛盾．
综上所述，实数 $m$ 的取值范围是 $[2,+\infty)$，进而实数 $a$ 的取值范围是 $\left(0,\dfrac 12\right]$．
综上所述，实数 $m$ 的取值范围是 $[2,+\infty)$，进而实数 $a$ 的取值范围是 $\left(0,\dfrac 12\right]$．
答案
解析
备注
