Question

7．已知函數(shù)f（x）=x-（x+1）ln（x+1），g（x）=x-a（x²+2x）（a∈R）
（Ⅰ）求f（x）的最大值；
（Ⅱ）若當(dāng)x≥0時(shí)，不等式f（x）≥g（x）恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，解得導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)，由零點(diǎn)對(duì)函數(shù)的定義域分段，根據(jù)各區(qū)間段內(nèi)導(dǎo)函數(shù)的符號(hào)得到原函數(shù)的單調(diào)性，從而求得f（x）的最大值；
（Ⅱ）令F（x）=f（x）-g（x）=a（x²+2x）-（x+1）ln（x+1），x≥0．求其導(dǎo)函數(shù)F′（x）=a（2x+2）-[ln（x+1）+1]，令h（x）=F′（x）=a（2x+2）-[ln（x+1）+1]，二次求導(dǎo)可得${h^'}（x）=2a-\frac{1}{x+1}=\frac{2ax+2a-1}{x+1}$．然后分a≤0，$0＜a＜\frac{1}{2}$，$a≥\frac{1}{2}$三類(lèi)分析求得實(shí)數(shù)a的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?1，+∞），f′（x）=1-[ln（x+1）+1]=-ln（x+1），
由于f′（x）在（-1，+∞）上單調(diào)遞減．
令f′（x）=0，得x=0，
當(dāng)x∈（-1，0）時(shí)，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減．
∴當(dāng)x=0時(shí)，f（x）_max=f（0）=0；
（Ⅱ）令F（x）=f（x）-g（x）=a（x²+2x）-（x+1）ln（x+1），x≥0．
則F′（x）=a（2x+2）-[ln（x+1）+1]，
設(shè)h（x）=F′（x）=a（2x+2）-[ln（x+1）+1]，
則${h^'}（x）=2a-\frac{1}{x+1}=\frac{2ax+2a-1}{x+1}$．
①當(dāng)a≤0時(shí)，h′（x）＜0，F(xiàn)′（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞減，
則x∈[0，+∞）時(shí)，F(xiàn)′（x）≤F′（0）=2a-1＜0，F(xiàn)（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞減，
故當(dāng)x∈[0，+∞）時(shí)，F(xiàn)（x）≤F（0）=0，與已知矛盾．
②當(dāng)$0＜a＜\frac{1}{2}$時(shí)，${h^'}（x）=2a-\frac{1}{x+1}=\frac{2ax+2a-1}{x+1}=\frac{{2a[x-（\frac{1}{2a}-1）]}}{x+1}$．
當(dāng)$x∈（0，\frac{1}{2a}-1）$時(shí)，h′（x）＜0，F(xiàn)′（x）在$（0，\frac{1}{2a}-1）$上單調(diào)遞減，
則$x∈（0，\frac{1}{2a}-1）$時(shí)，F(xiàn)′（x）＜F′（0）=2a-1＜0．
故F（x）在$（0，\frac{1}{2a}-1）$上單調(diào)遞減，
則當(dāng)$x∈（0，\frac{1}{2a}-1）$時(shí)，F(xiàn)（x）＜F（0）=0，與已知矛盾．
③當(dāng)$a≥\frac{1}{2}$時(shí)，h′（x）＞0，F(xiàn)′（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞增，
則x∈[0，+∞）時(shí)，F(xiàn)′（x）≥F′（0）=2a-1＞0．
∴F（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞增，故當(dāng)x∈[0，+∞）時(shí)，F(xiàn)（x）≥F（0）=0恒成立．
綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是$a≥\frac{1}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)恒成立問(wèn)題，訓(xùn)練了利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，考查數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法和分類(lèi)討論的數(shù)學(xué)思想方法，是中檔題．