Question

12．已知函数f（x）=ln（x+1）-$\frac{ax}{x+1}$-x，a∈R．
（Ⅰ）当a＞0时，求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若存在x＞0，使f（x）+x+1＜-$\frac{x}{x+1}$（a∈Z）成立，求a的最小值．

Answer 1

分析 （I）f′（x）=$\frac{-{x}^{2}-x-a}{（x+1）^{2}}$=$\frac{-（x+\frac{1}{2}）^{2}+\frac{1}{4}-a}{（x+1）^{2}}$（x＞-1），由△≤0，解得a≥$\frac{1}{4}$时，当△＞0时，解得$0＜a＜\frac{1}{4}$，此时分别解出f′（x）＜0，f′（x）＞0，即可得出函数f（x）d的单调性．
（II）存在x＞0，f（x）+x+1＜-$\frac{x}{x+1}$??x＞0，使得a＞$\frac{（x+1）ln（x+1）+2x+1}{x}$成立，设g（x）=$\frac{（x+1）ln（x+1）+2x+1}{x}$（x＞0），则g′（x）=$\frac{x-1-ln（x+1）}{{x}^{2}}$，设h（x）=x-1-ln（x+1）（x＞0）．利用导数研究其单调性，根据零点存在定理可知：函数h（x）在（2，3）内有零点，且在（0，+∞）上有唯一零点，设该零点为x₀，则x₀-1=ln（x₀+1），x₀∈（2，3），即可得出g（x）的最大值．

解答 解：（I）f′（x）=$\frac{1}{x+1}-\frac{a}{（x+1）^{2}}$-1=$\frac{-{x}^{2}-x-a}{（x+1）^{2}}$=$\frac{-（x+\frac{1}{2}）^{2}+\frac{1}{4}-a}{（x+1）^{2}}$（x＞-1），
当a≥$\frac{1}{4}$时，f′（x）≤0，函数f（x）在（-1，+∞）上单调递减．
当△＞0时，解得$0＜a＜\frac{1}{4}$，由-x²-x-a=0，解得${x}_{1}=\frac{-1-\sqrt{1-4a}}{2}$，x₂=$\frac{-1+\sqrt{1-4a}}{2}$，
f′（x）=$\frac{-（x-{x}_{1}）（x-{x}_{2}）}{（x+1）^{2}}$，
当-1＜x＜x₁时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；当x₁＜x＜x₂时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；
当x＞x₂时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减．
综上可得：当a≥$\frac{1}{4}$时，函数f（x）在（-1，+∞）上单调递减．
当$0＜a＜\frac{1}{4}$时，f（x）在（-1，x₁），（x₂，+∞）上单调递减；函数f（x）在（x₁，x₂）上单调递增．
（II）存在x＞0，f（x）+x+1＜-$\frac{x}{x+1}$??x＞0，使得a＞$\frac{（x+1）ln（x+1）+2x+1}{x}$成立，
设g（x）=$\frac{（x+1）ln（x+1）+2x+1}{x}$（x＞0），则g′（x）=$\frac{x-1-ln（x+1）}{{x}^{2}}$，
设h（x）=x-1-ln（x+1）（x＞0）．
h′（x）=1-$\frac{1}{x+1}$=$\frac{x}{x+1}$＞0，∴h（x）在（0，+∞）上单调递增．
又h（2）＜0，h（3）＞0，根据零点存在定理可知：函数h（x）在（2，3）内有零点，且在（0，+∞）上有唯一零点，设
该零点为x₀，则x₀-1=ln（x₀+1），x₀∈（2，3），
g（x）_min=$\frac{（{x}_{0}+1）ln（{x}_{0}+1）+2{x}_{0}+1}{x}$=x₀+2，
∴a＞x₀+2，a∈Z，
∴a的最小值为5．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、恒成立问题的等价转化方法，考查了函数零点存在但是无法求出时的问题解决方法，考查了分类讨论的思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．