Question

19．已知函数f（x）=（x+a）ln（x+a），g（x）=-$\frac{a}{2}{x^2}$+ax．
（1）函数h（x）=f（e^x-a）+g'（e^x），x∈[-1，1]，求函数h（x）的最小值；
（2）对任意x∈[2，+∞），都有f（x-a-1）-g（x）≤0成立，求a的范围．

Answer 1

分析 （I）求出导数得到极值点，通过①当a≤0时，②当0＜a＜2时，③当a≥2时分别求解函数的单调性以及函数的最值即可．
（II）设$F（x）=（x-1）ln（x-1）+\frac{a}{2}{x^2}-ax$，求出导数F'（x）=ln（x-1）+1+a（x-1）（x≥2）．通过①当a≥0时，②当a≤-1时，③当-1＜a＜0时，分别求解函数的单调性已经函数的最值，推出a≤-1．

解答 解：（I）h（x）=（x-a）e^x+a．h'（x）=（x-a+1）e^x，令h'（x）=0得x=a-1．
①当a-1≤-1即a≤0时，在[-1，1]上h'（x）≥0，h（x）递增，h（x）的最小值为$h（-1）=a-\frac{1+a}{e}$．
②当-1＜a-1＜1即0＜a＜2时，在x∈[-1，a-1]上h'（x）≤0，h（x）为减函数，在在x∈[a-1，1]上h'（x）≥0，h（x）为增函数．
∴h（x）的最小值为h（a-1）=-e^a-1+a．
③当a-1≥1即a≥2时，在[-1，1]上h'（x）≤0，h（x）递减，h（x）的最小值为h（1）=（1-a）e+a．
综上所述，当a≤0时h（x）的最小值为$a-\frac{1+a}{e}$，当0＜a＜2时h（x）的最小值为-e^a-1+a，当a≥2时，h（x）最小值为（1-a）e+a．
（II）设$F（x）=（x-1）ln（x-1）+\frac{a}{2}{x^2}-ax$，F'（x）=ln（x-1）+1+a（x-1）（x≥2）．
①当a≥0时，在x∈[2，+∞）上F'（x）＞0，F（x）在x∈[2，+∞）递增，F（x）的最小值为F（2）=0，不可能有f（x-a-1）-g（x）≤0．
②当a≤-1时，令$F''（x）=\frac{1}{x-1}+a=0$，解得：$x=1-\frac{1}{a}$，此时$2＞1-\frac{1}{a}$
∴$F''（x）=\frac{1}{x-1}+a≤0$．∴F'（x）在[2，+∞）上递减．∵F'（x）的最大值为F'（2）=a+1≤0，∴F（x）递减．∴F（x）的最大值为F（2）=0，
即f（x-a-1）-g（x）≤0成立．
③当-1＜a＜0时，此时$2＜1-\frac{1}{a}$，当$x∈（2，1-\frac{1}{a}）$时，F''（x）＞0，F'（x）递增，当$x∈（1-\frac{1}{a}，+∞）$时，F''（x）＜0，F'（x）递减．
∴$F'{（x）_{max}}=F'（1-\frac{1}{a}）$=-ln（-a）＞0，又由于F'（2）=a+1＞0，
∴在$x∈[2，1-\frac{1}{a}）$上F'（x）＞0，F（x）递增，
又∵F（2）=0，所以在$x∈[2，1-\frac{1}{a}）$上F（x）＞0，显然不合题意．
综上所述：a≤-1．

点评 本题考查函数的单调性以及函数的极值最值，考查转化思想以及分析问题解决问题的能力．