Question

18．已知函数f（x）=xln（x+1）+（$\frac{1}{2}$-a）x+2-a，a∈R．
（I）当x＞0时，求函数g（x）=f（x）+ln（x+1）+$\frac{1}{2}$x的单调区间；
（Ⅱ）当a∈Z时，若存在x≥0，使不等式f（x）＜0成立，求a的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数g（x）的导数，通过讨论a的范围求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）问题等价于a＞$\frac{xln（x+1）+\frac{1}{2}x+2}{x+1}$，令h（x）=$\frac{xln（x+1）+\frac{1}{2}x+2}{x+1}$，x≥0，
唯一转化为求出a＞h（x）_min，根据函数的单调性求出h（x）的最小值，从而求出a的最小值即可．

解答 解：（Ⅰ）∵g（x）=（x+1）ln（x+1）+（1-a）x+2-a，（x＞0），
∴g′（x）=ln（x+1）+2-a，
当2-a≥0即a≤2时，g′（x）＞0对x∈（0，+∞）恒成立，
此时，g（x）在（0，+∞）递增，无递减区间，
当2-a＜0即a＞2时，
由g′（x）＞0，得x＞e^a-2-1，由g′（x）＜0，得0＜x＜e^a-2-1，
此时，g（x）在（0，e^a-2-1）递减，在（e^a-2-1，+∞）递增，
综上，a≤2时，g（x）在（0，+∞）递增，无递减区间；
a＞2时，g（x）在（0，e^a-2-1）递减，在（e^a-2-1，+∞）递增，
（Ⅱ）由f（x）＜0，得（x+1）a＞xln（x+1）+$\frac{1}{2}$x+2，
当x≥0时，上式等价于a＞$\frac{xln（x+1）+\frac{1}{2}x+2}{x+1}$，
令h（x）=$\frac{xln（x+1）+\frac{1}{2}x+2}{x+1}$，x≥0，
由题意，存在x≥0，使得f（x）＜0成立，则只需a＞h（x）_min，
∵h′（x）=$\frac{ln（x+1）+x-\frac{3}{2}}{{（x+1）}^{2}}$，
令u（x）=ln（x+1）+x-$\frac{3}{2}$，显然u（x）在[0，+∞）递增，
而u（0）=-$\frac{3}{2}$＜0，u（1）=ln2-$\frac{1}{2}$＞0，
故存在x₀∈（0，1），使得u（x₀）=0，即ln（x₀+1）=$\frac{3}{2}$-x₀，
又当x₀∈[0，x₀）时，h′（x）＜0，h（x）递减，
当x∈[x₀，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）递增，
故x=x₀时，h（x）有极小值（也是最小值），
故h（x）_min=$\frac{{x}_{0}（\frac{3}{2}{-x}_{0}）+{\frac{1}{2}x}_{0}+2}{{x}_{0}+1}$，
故a≥$\frac{{x}_{0}（\frac{3}{2}{-x}_{0}）+{\frac{1}{2}x}_{0}+2}{{x}_{0}+1}$=$\frac{3{-{（x}_{0}-1）}^{2}}{{x}_{0}+1}$，x₀∈（0，1），
而2＜$\frac{3{-{（x}_{0}-1）}^{2}}{{x}_{0}+1}$＜3，
故a的最小整数值是3．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，考查转化思想，是一道综合题．