Question

8．設(shè)函數(shù)f（x）=ax²+2ax-ln（x+1），其中a∈R．
（1）討論f（x）的單調(diào)性；
（2）若f（x）+e^-a＞$\frac{1}{x+1}$在區(qū)間（0，+∞）內(nèi)恒成立（e為自然對數(shù)的底數(shù)），求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （I）求出導(dǎo)函數(shù)，通過當(dāng)a≤0時，判斷f′（x）＜0，得到函數(shù)的單調(diào)性，當(dāng)a＞0時，求出極值點，判斷導(dǎo)函數(shù)的符號，得到函數(shù)的單調(diào)性．
（II）令$g（x）=\frac{1}{x+1}-\frac{1}{e^x}$，當(dāng)a≤0，x＞0時，當(dāng)$0＜a＜\frac{1}{2}$時，分別通過函數(shù)的單調(diào)性，求解；當(dāng)$a≥\frac{1}{2}$時，構(gòu)造函數(shù)，通過函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性轉(zhuǎn)化求解即可．

解答 解：（I）${f^'}（x）=2ax+2a-\frac{1}{x+1}=\frac{{2a{x^2}+4ax+2a-1}}{{{e^x}（x+1）}}（x＞-1）$
當(dāng)a≤0時，f′（x）＜0，f（x）在（-1，+∞）內(nèi)單調(diào)遞減．…（2分）
當(dāng)a＞0時，f′（x）=0，有$x=-1+\frac{1}{{\sqrt{2a}}}$．…（4分）
此時，當(dāng)$x∈（-1，-1+\frac{1}{{\sqrt{2a}}}）$時，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減；
當(dāng)$x∈（-1+\frac{1}{{\sqrt{2a}}}，+∞）$時，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增．
（II）令$g（x）=\frac{1}{x+1}-\frac{1}{e^x}$，則$g（x）=\frac{{{e^x}-x-1}}{{{e^x}（x+1）}}$（易證）
當(dāng)a≤0，x＞0時，f（x）=a（x²+2x）-ln（x+1）＜0．
故當(dāng)f（x）＞g（x）在區(qū)間（0，+∞）內(nèi)恒成立時，必有a＞0．…（6分）
當(dāng)$0＜a＜\frac{1}{2}$時，$-1+\frac{1}{{\sqrt{2a}}}＞0$．由（1）可知函數(shù)f（x）在$（0，-1+\frac{1}{{\sqrt{2a}}}）$上單調(diào)遞減，即$x∈（0，-1+\frac{1}{{\sqrt{2a}}}）$時，f（x）＜f（0）＜g（x），不符合題意，舍．…（8分）
當(dāng)$a≥\frac{1}{2}$時，令h（x）=f（x）-g（x），x＞0，則${h^'}（x）=2ax+2a-\frac{1}{x+1}+\frac{1}{{{{（x+1）}^2}}}-\frac{1}{e^x}≥2ax+2a-\frac{x}{{{{（x+1）}^2}}}-\frac{1}{x+1}=\frac{{2a{{（x+1）}^2}-2（x+1）+1}}{{{{（x+1）}^2}}}$$≥\frac{{{{（x+1）}^2}-2（x+1）+1}}{{{{（x+1）}^2}}}＞0$
所以h（x）在x＞0時單調(diào)遞增，所以h（x）＞h（0）=0恒成立，即f（x）＞g（x）恒成立，滿足題意．綜上，$a∈[\frac{1}{2}，+∞）$．…（12分）

點評 本題考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，函數(shù)的單調(diào)性以及構(gòu)造法的應(yīng)用，考查分類討論思想以及轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用，考查計算能力．