Question

9．设函数f（x）=（1-ax）ln（x+1）-bx，其中a和b是实数，曲线y=f（x）恒与x轴相切于坐标原点．
（1）求常数b的值；
（2）当a=1时，讨论函数f（x）的单调性；
（3）当0≤x≤1时关于x的不等式f（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）对f（x）求导，根据条件知f'（0）=0，所以1-b=0；
（2）当a=1时，f（x）=（1-x）ln（x+1）-x，f（x）的定义域为（-1，+∞）；令f'（x）=0，则导函数零点x+1=1，故x=0；
当x∈（-1，0），f'（x）＞0，f（x）在（-1，0）上单调递增；当x∈（0，+∞）上，f'（x）＜0，f（x）在（0，+∞）上单调递减；
（3）因为f（x）=（1-ax）ln（x+1）-x，0≤x≤1，对a进行分类讨论根据函数的单调性求得参数a使得不等式f（x）≥0；

解答 解：（1）对f（x）求导得：
f'（x）=-aln（x+1）+$\frac{1-ax}{x+1}-b$
根据条件知f'（0）=0，所以1-b=0，
故b=1．
（2）当a=1时，f（x）=（1-x）ln（x+1）-x，f（x）的定义域为（-1，+∞）
f'（x）=-ln（x+1）+$\frac{1-x}{x+1}$-1=-ln（x+1）+$\frac{2}{x+1}$-2
令f'（x）=0，则导函数零点x+1=1，故x=0；
当x∈（-1，0），f'（x）＞0，f（x）在（-1，0）上单调递增；
当x∈（0，+∞）上，f'（x）＜0，f（x）在（0，+∞）上单调递减；
（3）由（1）知，f（x）=（1-ax）ln（x+1）-x，0≤x≤1
f'（x）=-aln（x+1）+$\frac{1-ax}{1+x}$-1
f''（x）=-$\frac{ax+2a+1}{（1+x）^{2}}$
①当a$≤\frac{1}{2}$时，因为0≤x≤1，有f''（x）≥0，于是f'（x）在[0，1]上单调递增，从而f'（x）≥f'（0）=0，
因此f（x）在[0，1]上单调递增，即f（x）≥f（0）而且仅有f（0）=0；
②当a≥0时，因为0≤x≤1，有f''（x）＜0，于是f'（x）在[0，1]上单调递减，从而f'（x）≤f'（0）=0，
因此f（x）在[0，1]上单调递减，即f（x）≤f（0）=0而且仅有f（0）=0；
③当-$\frac{1}{2}$＜a＜0时，令m=min{1，-$\frac{2a+1}{a}$}，当0≤x≤m时，f''（x）＜0，于是f'（x）在[0，m]上单调递减，从而f'（x）≤f'（0）=0
因此f（x）在[0，m]上单调递减，即f（x）≤f（0）而且仅有f（0）=0；
综上：所求实数a的取值范围是（-∞，-$\frac{1}{2}$]．

点评 本题主要考查了导数的定义，利用导数判断函数的单调性以及分类讨论与函数的最值问题，属中等题．