Question

5．已知a∈R，函數(shù)f（x）=ae^x-x-1，g（x）=x-ln（x+1）（e=2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù)）．
（Ⅰ）討論函數(shù)f（x）極值點的個數(shù)；
（Ⅱ）若a=1，且命題“?x∈[0，+∞），f（x）≥kg（x）”是假命題，求實數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）對函數(shù)f（x）求導(dǎo)，再根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)極值的關(guān)系分類即可得到極值點的個數(shù)，
（Ⅱ）命題“?x∈[0，+∞），f（x）≥kg（x）”是假命題，轉(zhuǎn)化為不等式f（x）＜kg（x）在區(qū)間[0，+∞）內(nèi)有解，再構(gòu)造函數(shù)F（x）=f（x）-kg（x）e^x+kln（x+1）-（k+1）x-1，利用導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性關(guān)系以及函數(shù)零點存在定理判斷即可．

解答 解：（Ⅰ）因為f（x）=ae^x-x-1，所以f'（x）=ae^x-1，
當(dāng)a≤0時，對?x∈R，f'（x）=ae^x-1＜0，
所以f（x）在（-∞，+∞）是減函數(shù)，此時函數(shù)不存在極值，
所以函數(shù)f（x）沒有極值點；
當(dāng)a＞0時，f'（x）=ae^x-1，令f'（x）=0，解得x=-lna，
若x∈（-∞，-lna），則f'（x）＜0，所以f（x）在（-∞，-lna）上是減函數(shù)，
若x∈（-lna，+∞），則f'（x）＞0，所以f（x）在（-lna，+∞）上是增函數(shù)，
當(dāng)x=-lna時，f（x）取得極小值為f（-lna）=lna，
函數(shù)f（x）有且僅有一個極小值點x=-lna，
所以當(dāng)a≤0時，f（x）沒有極值點，當(dāng)a＞0時，f（x）有一個極小值點．
（Ⅱ）命題“?x∈[0，+∞），f（x）≥kg（x）”是假命題，
則“?x∈[0，+∞），f（x）＜kg（x）”是真命題，
即不等式f（x）＜kg（x）在區(qū)間[0，+∞）內(nèi)有解．
若a=1，則設(shè)F（x）=f（x）-kg（x）=e^x+kln（x+1）-（k+1）x-1，
所以$F'（x）={e^x}+\frac{k}{x+1}$-（k+1），
設(shè)$h（x）={e^x}+\frac{k}{x+1}$-（k+1），
則$h'（x）={e^x}-\frac{k}{{{{（{x+1}）}^2}}}$，且h'（x）是增函數(shù)，
所以h'（x）≥h'（0）=1-k
當(dāng)k≤1時，h'（x）≥0，
所以h（x）在[0，+∞）上是增函數(shù)，h（x）≥h（0）=0，即F'（x）≥0，
所以F（x）在[0，+∞）上是增函數(shù)，
所以F（x）≥F（0）=0，即f（x）≥kg（x）在x∈[0，+∞）上恒成立．
當(dāng)k＞1時，因為$h'（x）={e^x}-\frac{k}{{{{（{x+1}）}^2}}}$在[0，+∞）是增函數(shù)，
因為h'（0）=1-k＜0，h'（k-1）=${e^{k-1}}-\frac{1}{k}＞0$，
所以h'（x）在（0，k-1）上存在唯一零點x₀，
當(dāng)x∈[0，x₀）時，h'（x）＜h'（x₀）=0，h（x）在[0，x₀）上單調(diào)遞減，
從而h（x）≤h（0）=0，即F'（x）≤0，所以F（x）在[0，x₀）上單調(diào)遞減，
所以當(dāng)x∈（0，x₀）時，F(xiàn)（x）＜F（0）=0，即f（x）＜kg（x）．
所以不等式f（x）＜kg（x）在區(qū)間[0，+∞）內(nèi)有解
綜上所述，實數(shù)k的取值范圍為（1，+∞）．

點評 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用及恒成立問題的處理方法，同時考查了分類討論的思想及單調(diào)性的判斷與應(yīng)用，化簡及分類討論比較困難，屬于難題．