Question

7．已知函数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）若当x≥0时，不等式f（x）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出原函数的导函数，解得导函数的零点，由零点对函数的定义域分段，根据各区间段内导函数的符号得到原函数的单调性，从而求得f（x）的最大值；
（Ⅱ）令F（x）=f（x）-g（x）=a（x²+2x）-（x+1）ln（x+1），x≥0．求其导函数F′（x）=a（2x+2）-[ln（x+1）+1]，令h（x）=F′（x）=a（2x+2）-[ln（x+1）+1]，二次求导可得${h^'}（x）=2a-\frac{1}{x+1}=\frac{2ax+2a-1}{x+1}$．然后分a≤0，$0＜a＜\frac{1}{2}$，$a≥\frac{1}{2}$三类分析求得实数a的取值范围．

解答 解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（-1，+∞），f′（x）=1-[ln（x+1）+1]=-ln（x+1），
由于f′（x）在（-1，+∞）上单调递减．
令f′（x）=0，得x=0，
当x∈（-1，0）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
当x∈（0，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减．
∴当x=0时，f（x）_max=f（0）=0；
（Ⅱ）令F（x）=f（x）-g（x）=a（x²+2x）-（x+1）ln（x+1），x≥0．
则F′（x）=a（2x+2）-[ln（x+1）+1]，
设h（x）=F′（x）=a（2x+2）-[ln（x+1）+1]，
则${h^'}（x）=2a-\frac{1}{x+1}=\frac{2ax+2a-1}{x+1}$．
①当a≤0时，h′（x）＜0，F′（x）在[0，+∞）上单调递减，
则x∈[0，+∞）时，F′（x）≤F′（0）=2a-1＜0，F（x）在[0，+∞）上单调递减，
故当x∈[0，+∞）时，F（x）≤F（0）=0，与已知矛盾．
②当$0＜a＜\frac{1}{2}$时，${h^'}（x）=2a-\frac{1}{x+1}=\frac{2ax+2a-1}{x+1}=\frac{{2a[x-（\frac{1}{2a}-1）]}}{x+1}$．
当$x∈（0，\frac{1}{2a}-1）$时，h′（x）＜0，F′（x）在$（0，\frac{1}{2a}-1）$上单调递减，
则$x∈（0，\frac{1}{2a}-1）$时，F′（x）＜F′（0）=2a-1＜0．
故F（x）在$（0，\frac{1}{2a}-1）$上单调递减，
则当$x∈（0，\frac{1}{2a}-1）$时，F（x）＜F（0）=0，与已知矛盾．
③当$a≥\frac{1}{2}$时，h′（x）＞0，F′（x）在[0，+∞）上单调递增，
则x∈[0，+∞）时，F′（x）≥F′（0）=2a-1＞0．
∴F（x）在[0，+∞）上单调递增，故当x∈[0，+∞）时，F（x）≥F（0）=0恒成立．
综上，实数a的取值范围是$a≥\frac{1}{2}$．

点评 本题考查函数恒成立问题，训练了利用导数求函数的最值，考查数学转化思想方法和分类讨论的数学思想方法，是中档题．