考點(diǎn)：導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性
專題：綜合題,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用,不等式的解法及應(yīng)用
分析：（1）a=1時(shí)，在定義域內(nèi)解不等式f′（x）＞0，f′（x）＜0即可；
（2）分情況進(jìn)行討論：a≤0時(shí)易判斷單調(diào)性，由單調(diào)性可得最小值；a＞0時(shí)，按照極值點(diǎn)
與區(qū)間（0，e]的位置關(guān)系再分兩種情況討論，由單調(diào)性可求；
（3）對(duì)（1+
）
n＜e＜（1+
）
n+1兩邊取對(duì)數(shù)，可整理為
＜ln(1+)＜．令x=1+
，只要證1-
＜lnx＜x-1，（1＜x≤2），左邊不等式可由（1）問結(jié)論得到；右邊不等式通過構(gòu)造函數(shù)利用導(dǎo)數(shù)可證明；
解答：
解：（1）f′（x）=-
+=
，定義域?yàn)椋?，+∞），
當(dāng)a=1時(shí)，f′（x）=
，令f′（x）=0得x=1，
∴f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（1，+∞），單調(diào)遞減區(qū)間為（0，1）．
（2）f′（x）=-
+=
，
①當(dāng)a≤0時(shí)，f′（x）＜0對(duì)x∈（0，+∞）恒成立，∴f（x）在區(qū)間（0，e]上單調(diào)遞減，
∴f（x）在區(qū)間（0，e]上的最小值為f（e）=
+alne=
+a；
②當(dāng)x=
＞0，即a＞0時(shí)，令f′（x）=0，得x=
，
（�。┤鬳
≤，即a
≤時(shí)，則f′（x）≤0對(duì)x∈（0，e]成立，
∴f（x）在區(qū)間（0，e]上單調(diào)遞減，
∴f（x）在區(qū)間（0，e]上的最小值為f（e）=
+alne=
+a；
（ⅱ）若0＜
＜e即a＞
時(shí)，f（x）在（0，
）上單調(diào)遞減，在（
，e）上單調(diào)遞增，在x=
處有極小值．
∴f（x）在區(qū)間（0，e]上的最小值為f（
）=a+aln
．
綜上，得
f(x)min=．
（3）對(duì)（1+
）
n＜e＜（1+
）
n+1兩邊取對(duì)數(shù)，得
nln（1+
）＜1＜（n+1）ln（1+
），即
＜ln(1+)＜．
令x=1+
，只要證1-
＜lnx＜x-1，（1＜x≤2），
證明如下：由（1）知a=1時(shí)，f（x）=lnx+
（x＞0）的最小值為f（1）=1，
∴f（x）=lnx+
≥1（x＞0），即1-
≤lnx；
又∵當(dāng)1＜x≤2時(shí)，上式等號(hào)取不到，
∴1-
＜lnx（1＜x≤2），①
令g（x）=x-lnx-1（1＜x≤2），
則g′（x）=1-
=
＞0，∴g（x）在（1，2]上是增函數(shù)，
∴g（x）＞g（1）=0，即lnx＜x-1，②
綜合①②，得
＜ln（x+1）＜x，（1＜x≤2），
令x=1+
，則
＜ln(1+)＜，∴原不等式成立．
點(diǎn)評(píng)：該題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最值、證明不等式，考查分類討論思想，考查學(xué)生分析問題解決問題的能力，綜合性強(qiáng)，難度大，解決（3）問的關(guān)鍵是通過去對(duì)數(shù)對(duì)原不等式進(jìn)行合理變形．
