Question

19．已知函數(shù)f（x）=ln（x+1）-ax，a∈R．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若不等式f（x）≥1-e^x對x∈[0，+∞）恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．

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)間即可；
（Ⅱ）問題等價于g（x）_min≥0，（x≥0）恒成立，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，求出g（x）的最小值，從而求出a的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=$\frac{1}{x+1}$-a=$\frac{-ax-a+1}{x+1}$，x＞-1，
（i）若a≤0，則f′（x）＞0，故f（x）在（-1，+∞）遞增；
（ii）若a＞0，則x＜-1+$\frac{1}{a}$時，f′（x）＞0，x＞-1+$\frac{1}{a}$時，f′（x）＜0，
故f（x）在（-1，-1+$\frac{1}{a}$）遞增，在（-1+$\frac{1}{a}$，+∞）遞減；
（Ⅱ）記g（x）=f（x）-1+e^x=ln（x+1）-ax-1+e^x（x≥0），
則”不等式f（x）≥1-e^x對x∈[0，+∞）恒成立“，
等價于g（x）_min≥0，（x≥0）恒成立，
∵g′（x）=$\frac{1}{x+1}$-a+e^x，而e^x≥x+1，
故g′（x）≥$\frac{1}{x+1}$-a+x+1≥2-a，
（i）若a≤2，則g′（x）≥0，從而g（x）在[0，+∞）遞增，
故g（x）min=g（0）=0，符合題意；
（ii）若a＞2，∵g″（x）=$\frac{{{e}^{x}（x+1）}^{2}-1}{{（x+1）}^{2}}$≥0，
故g′（x）在[0，+∞）遞增，
故g′（x）≥g（0）=2-a＜0，
故存在x₀使得0＜x＜x₀時，g′（x）＜0，x＞x₀時，g′（x）＞0，
故g（x）在（0，x₀）遞減，在（x₀，+∞）遞增，
故g（x）_min=g（x₀），
故g（x）在（0，x₀）遞減，
g（x）_min=g（x₀）＜g（0）=0，不合題意，
綜上，a的范圍是（-∞，2]．

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