题目 已知函数 $f(x)=\ln (x+1)+ax^2$，$a>0$． 问题1 讨论函数 $f(x)$ 的单调性； 答案1 当 $0<a\leqslant 2$ 时 $f(x)$ 在 $(-1,+\infty)$ 上单调递增；当 $a>2$ 时 $f(x)$ 在 $\left(-1,x_1\right)$ 上单调递增，在 $(x_1,x_2)$ 上单调递减，在 $(x_2,+\infty)$ 上单调递增，其中 $x_1=\dfrac{-a-\sqrt{a^2-2a}}{2a}$，$x_2=\dfrac{-a+2\sqrt{a^2-2a}}{2a}$ 解析1 函数 $f(x)$ 的导函数\[f'(x)=\dfrac{2ax^2+2ax+1}{x+1},\]考虑到分子 $\varphi(x)=2ax^2+2ax+1$ 在区间端点 $-1$ 处的函数值 $\varphi(-1)=1$，其判别式 $\Delta=4a^2-8a$，讨论分界点为 $a=2$．<br/><case>情形一</case> $0<a\leqslant 2$．此时 $f(x)$ 在 $(-1,+\infty)$ 上单调递增．<br/><case>情形二</case> $a>2$．此时 $f(x)$ 在 $\left(-1,x_1\right)$ 上单调递增，在 $(x_1,x_2)$ 上单调递减，在 $(x_2,+\infty)$ 上单调递增，其中\[x_1=\dfrac{-a-\sqrt{a^2-2a}}{2a},x_2=\dfrac{-a+2\sqrt{a^2-2a}}{2a}.\] 备注1 问题2 若函数 $f(x)$ 在区间 $(-1,0)$ 内有唯一零点 $x_0$，求证：${\rm e}^{-2}<x_0+1<{\rm e}^{-1}$． 答案2 略 解析2 注意到 $f(0)=0$，因此根据第 $(1)$ 小题的结果，必然有 $a>2$，且\[f'(x_1)=f(x_1)=0,\]也即\[\begin{cases} \ln(x_1+1)+ax_1^2=0,\\ 2ax_1^2+2ax_1+1=0,\end{cases}\]消去 $a$，有\[\ln(x_1+1)-\dfrac{x_1}{2(x_1+1)}=0,\]记 $x_1+1=t$，则\[\ln t-\dfrac{t-1}{2t}=0,\]记左边函数为 $\varphi(t)$，则其导函数\[\varphi'(t)=\dfrac{2t-1}{2t^2},\]而\[x_1<-\dfrac 12<x_2,\]因此 $t<\dfrac 12$，进而 $\varphi(t)$ 单调递减，考虑到\[\begin{split} \varphi\left({\rm e}^{-2}\right)&=\dfrac{{\rm e}^2-5}2>0,\\ \varphi\left({\rm e }^{-1}\right)&=\dfrac{{\rm e}-3}2<0,\end{split}\]根据零点的存在性定理，原命题得证． 备注2