Question

1．已知函數(shù)f（x）=axln（x+1）+x+1（x＞-1，a∈R）．
（1）若$a=\frac{1}{e}$，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）當x≥0時，不等式f（x）≤e^x恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）記g（x）=f（x）-e^x（x≥0），g（0）=0，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，記h（x）=a[ln（x+1）+1-$\frac{1}{x+1}$]+1-e^x，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)性，從而確定a的具體范圍即可．

解答 解：（1）a=$\frac{1}{e}$時，f（x）=$\frac{1}{e}$xln（x+1）+x+1，
f′（x）=$\frac{1}{e}$[ln（x+1）+1-$\frac{1}{x+1}$]+1，
∵f′（x）在（-1，+∞）遞增，且f′（-1+$\frac{1}{e}$）=0，
故x∈（-1，-1+$\frac{1}{e}$）時，f′（x）＜0，f（x）遞減，
x∈（-1+$\frac{1}{e}$，+∞）時，f′（x）＞0，f（x）遞減，
故f（x）在（-1，-1+$\frac{1}{e}$）遞減，在（-1+$\frac{1}{e}$，+∞）；
（2）記g（x）=f（x）-e^x（x≥0），g（0）=0，
則g′（x）=a[ln（x+1）+1-$\frac{1}{x+1}$]+1-e^x，
記h（x）=a[ln（x+1）+1-$\frac{1}{x+1}$]+1-e^x，
h′（x）=a[$\frac{1}{{（x+1）}^{2}}$+$\frac{1}{x+1}$]-e^x，h′（0）=2a-1，
①a≤$\frac{1}{2}$時，∵$\frac{1}{{（x+1）}^{2}}$+$\frac{1}{x+1}$∈（0，2]，e^x≥1，
∴h′（x）≤0，h（x）在（0，+∞）遞減，
則h（x）≤h（0）=0，即g′（x）≤0，∴g（x）在（0，+∞）遞減，
∴g（x）≤g（0）=0恒成立，即f（x）≤e^x恒成立，滿足題意；
②a≥$\frac{1}{2}$時，h′（x）在（0，+∞）遞減，
又h′（0）=2a-1＞0，x→+∞時，h′（x）→-∞，
則必存在x₀∈（0，+∞），使得h′（x₀）=0，
則x∈（0，x₀）時，h′（x）＞0，h（x）在（0，x₀）遞增，
此時h（x）＞h（0）=0，
x∈（0，x₀）時，g′（x）＞0，∴g（x）在（0，x₀）遞增，
∴g（x）＞g（0）=0，即f（x）＞e^x，不合題意，
綜上，a≤$\frac{1}{2}$．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．