Question

7．已知函數(shù)f（x）=x-m（x+1）ln（x+1）（m＞0）的最大值是0，函數(shù)g（x）=x-a（x²+2x）（a∈R）．
（Ⅰ）求實(shí)數(shù)m的值；
（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）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出f（x）的最大值，得到關(guān)于m的方程，求出m的值即可；
（Ⅱ）令F（x）=f（x）-g（x），求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，結(jié)合函數(shù)恒成立問題，求出a的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?1，+∞），
f′（x）=1-m[ln（x+1）+1]（1分）
因?yàn)閙＞0，所以f′（x）在（-1，+∞）上單調(diào)遞減．
令f′（x）=0，得$x={e^{\frac{1}{m}-1}}-1$
當(dāng)$x∈（-1，{e^{\frac{1}{m}-1}}-1）$時(shí)，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增；
當(dāng)$x∈（{e^{\frac{1}{m}-1}}-1，+∞）$時(shí)，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減；
所以，當(dāng)$x={e^{\frac{1}{m}-1}}-1$時(shí)，$f{（x）_{max}}=f（{e^{\frac{1}{m}-1}}-1）={e^{\frac{1}{m}-1}}-1-m{e^{\frac{1}{m}-1}}（\frac{1}{m}-1）$=$m{e^{\frac{1}{m}-1}}-1$
于是，$m{e^{\frac{1}{m}-1}}-1=0$，得${e^{\frac{1}{m}-1}}=\frac{1}{m}$（3分）
易知，函數(shù)y=e^x-1-x在x=1處有唯一零點(diǎn)，所以$\frac{1}{m}=1$，m=1．    （4分）
（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]（5分）
設(shè)h（x）=F′（x）=a（2x+2）-[ln（x+1）+1]
則${h^'}（x）=2a-\frac{1}{x+1}=\frac{2ax+2a-1}{x+1}$（6分）
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．（8分）
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．（10分）
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
所以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$a≥\frac{1}{2}$． （12分）

點(diǎn)評(píng) 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．