Question

19．已知函数f（x）=ln（x+1）-ax，a∈R．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若不等式f（x）≥1-e^x对x∈[0，+∞）恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，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g（x）_min≥0，（x≥0）恒成立，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，求出g（x）的最小值，从而求出a的范围即可．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=$\frac{1}{x+1}$-a=$\frac{-ax-a+1}{x+1}$，x＞-1，
（i）若a≤0，则f′（x）＞0，故f（x）在（-1，+∞）递增；
（ii）若a＞0，则x＜-1+$\frac{1}{a}$时，f′（x）＞0，x＞-1+$\frac{1}{a}$时，f′（x）＜0，
故f（x）在（-1，-1+$\frac{1}{a}$）递增，在（-1+$\frac{1}{a}$，+∞）递减；
（Ⅱ）记g（x）=f（x）-1+e^x=ln（x+1）-ax-1+e^x（x≥0），
则”不等式f（x）≥1-e^x对x∈[0，+∞）恒成立“，
等价于g（x）_min≥0，（x≥0）恒成立，
∵g′（x）=$\frac{1}{x+1}$-a+e^x，而e^x≥x+1，
故g′（x）≥$\frac{1}{x+1}$-a+x+1≥2-a，
（i）若a≤2，则g′（x）≥0，从而g（x）在[0，+∞）递增，
故g（x）min=g（0）=0，符合题意；
（ii）若a＞2，∵g″（x）=$\frac{{{e}^{x}（x+1）}^{2}-1}{{（x+1）}^{2}}$≥0，
故g′（x）在[0，+∞）递增，
故g′（x）≥g（0）=2-a＜0，
故存在x₀使得0＜x＜x₀时，g′（x）＜0，x＞x₀时，g′（x）＞0，
故g（x）在（0，x₀）递减，在（x₀，+∞）递增，
故g（x）_min=g（x₀），
故g（x）在（0，x₀）递减，
g（x）_min=g（x₀）＜g（0）=0，不合题意，
综上，a的范围是（-∞，2]．

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，转化思想，是一道综合题．