Question

11．已知函數(shù)f（x）=ln（x+1）+ax，其中a∈R．
（Ⅰ） 當a=-1時，求證：f（x）≤0；
（Ⅱ） 對任意x₂≥ex₁＞0，存在x∈（-1，+∞），使$\frac{{f（{x_2}-1）-f（{x_1}-1）}}{{{x_2}-{x_1}}}＞\frac{{a（{x_2}-1）-f（x）}}{x_2}$成立，求a的取值范圍．（其中e是自然對數(shù)的底數(shù)，e=2.71828…）

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導數(shù)，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而證明結(jié)論即可；
（Ⅱ）令$t=\frac{x_2}{x_1}（t≥e）$，問題轉(zhuǎn)化為${（\;\frac{tlnt}{t-1}\;）_{min}}＞{（-f（x）-a）_{min}}$，設(shè)$h（t）=\frac{tlnt}{t-1}$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：（Ⅰ）證明：當 a=-1時，f（x）=ln（x+1）-x（x＞-1），
則$f'（x）=\frac{1}{x+1}-1=\frac{-x}{x+1}$，令f'（x）=0，得x=0．
當-1＜x＜0時，f'（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增；
當x＞0時，f'（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減．
故當x=0時，函數(shù)f（x）取得極大值，也為最大值，
所以f（x）_max=f（0）=0，
所以，f（x）≤0，得證．
（Ⅱ）不等式$\frac{{f（{x_2}-1）-f（{x_1}-1）}}{{{x_2}-{x_1}}}＞\frac{{a（{x_2}-1）-f（x）}}{x_2}$，
即為$\frac{{{x_2}[f（{x_2}-1）-f（{x_1}-1）]}}{{{x_2}-{x_1}}}-a{x_2}＞-f（x）-a$．
而$\frac{{{x_2}f（{x_2}-1）-{x_2}f（{x_1}-1）}}{{{x_2}-{x_1}}}-a{x_2}=\frac{{{x_2}[ln{x_2}+a（{x_2}-1）-ln{x_1}-a（{x_1}-1）]}}{{{x_2}-{x_1}}}-a{x_2}$
=$\frac{{{x_2}[{ln\frac{x_2}{x_1}+a（{x_2}-{x_1}）}]}}{{{x_2}-{x_1}}}-a{x_2}=\frac{{{x_2}ln\frac{x_2}{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}+a{x_2}-a{x_2}=\frac{x_2}{x_1}•\frac{{ln\frac{x_2}{x_1}}}{{\frac{x_2}{x_1}-1}}$．
令$t=\frac{x_2}{x_1}（t≥e）$．故對任意t≥e，存在x∈（-1，+∞），使$\frac{tlnt}{t-1}＞-f（x）-a$恒成立，
所以${（\;\frac{tlnt}{t-1}\;）_{min}}＞{（-f（x）-a）_{min}}$，
設(shè)$h（t）=\frac{tlnt}{t-1}$，則$h'（t）=\frac{t-1-lnt}{{{{（t-1）}^2}}}$，
設(shè)u（t）=t-1-lnt，知$u'（t）=1-\;\;\frac{1}{t}=\frac{t-1}{t}＞0$對于t≥e恒成立，
則u（t）=t-1-lnt為[e，+∞）上的增函數(shù)，
于是u（t）=t-1-lnt≥u（e）=e-2＞0，
即$h'（t）=\frac{t-1-lnt}{{{{（t-1）}^2}}}＞0$對于t≥e恒成立，
所以$h（t）=\frac{tlnt}{t-1}$為[e，+∞）上的增函數(shù)，
所以$h{（t）_{min}}={（\;\frac{tlnt}{t-1}\;）_{min}}=h（e）=\frac{e}{e-1}$；
設(shè)p（x）=-f（x）-a，即p（x）=-ln（x+1）-ax-a，
當a≥0時，p（x）為（0，+∞）上的減函數(shù)，
且其值域為R，可知符合題意．
當a＜0時，$p'（x）=-\frac{1}{x+1}-a$，由p'（x）=0可得$x=-1-\frac{1}{a}＞-1$，
由p'（x）＞0得$x＞-1-\frac{1}{a}$，則p（x）在$（-1-\frac{1}{a}，+∞）$上為增函數(shù)，
由p'（x）＜0得$x＜-1-\frac{1}{a}$，則p（x）在$（-1，-1-\frac{1}{a}）$上為減函數(shù)，
所以$p{（x）_{min}}=p（-1-\frac{1}{a}）=ln（-a）+1$．
從而由$\frac{e}{e-1}＞ln（-a）+1$，解得$-{e^{\frac{1}{e-1}}}＜a＜0$，
綜上所述，a的取值范圍是$（-{e^{\frac{1}{e-1}}}，+∞）$．

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