Question

11．已知函数f（x）=ln（x+1）-ax，a∈R．
（I）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）当x＞1时，f（x-1）≤$\frac{lnx}{x+1}$恒成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （I）首先对f（x）求导，分类讨论a判断函数的单调性即可；
（II）由题意知：f（x-1）-$\frac{lnx}{x+1}$=$\frac{xlnx-a（{x}^{2}-1）}{x+1}$，令g（x）=xlnx-a（x²-1），x≥1，g'（x）=lnx+1-2ax，令h（x）=lnx+1-2ax，h'（x）=$\frac{1}{x}$-2a=$\frac{1-2ax}{x}$；利用导数判断函数的单调性从而求出a的取值范围．

解答 解：（I）f（x）的定义域为（-1，+∞），
f'（x）=$\frac{1}{x+1}-a$=$\frac{1-a（x+1）}{x+1}$；
①若a≤0，则f'（x）＞0，∴f（x）在（-1，+∞）上单调递增；
②若a＞0，则f'（x）=0得x=$\frac{1}{a}-1$，
当x∈（-1，$\frac{1}{a}-1$）时，f'（x）＞0，
当x∈（$\frac{1}{a}-1$，+∞）时，f'（x）＜0；
∴f（x）在（-1，$\frac{1}{a}-1$）上单调递增，在（$\frac{1}{a}-1$，+∞）上单调递减．
综上，当a≤0时，f（x）的单调增区间为（-1，+∞）；
当a＞0时，f（x）的单调增区间为（-1，$\frac{1}{a}-1$），单调减区间为（$\frac{1}{a}-1，+∞$）；

（II）f（x-1）-$\frac{lnx}{x+1}$=$\frac{xlnx-a（{x}^{2}-1）}{x+1}$；
令g（x）=xlnx-a（x²-1），x≥1，g'（x）=lnx+1-2ax；
令h（x）=lnx+1-2ax，h'（x）=$\frac{1}{x}$-2a=$\frac{1-2ax}{x}$；
①若a≤0，h'（x）＞0，g'（x）在[1，+∞）递增，g'（x）≥g'（1）=1-2a≥0；
∴g（x）在[1，+∞）上递增，g（x）≥g（1）=0；
从而f（x-1）-$\frac{lnx}{x+1}$≥0，不符合题意．
②若0＜a＜$\frac{1}{2}$，当x∈（1，$\frac{1}{2a}$）时，h'（x）＞0，g'（x）在（1，$\frac{1}{2a}$）上递增，
从而g'（x）＞g'（1）=1-2a＞0；
所以，g（x）在[1，+∞）递增，g（x）≥g（1）=0；
从而f（x-1）-$\frac{lnx}{x+1}$≥0，不符合题意．
③若a≥$\frac{1}{2}$，h'（x）≤0在[1，+∞）上恒成立，
所以g'（x）在[1，+∞）上递减，g'（x）≤g'（1）=1-2a≤0；
从而g（x）在[1，+∞）递减，
所以g（x）≤g（1）=0；
∴f（x-1）-$\frac{lnx}{x+1}≤$ 0；
综上所以，a的取值范围是[$\frac{1}{2}$，+∞）．

点评 本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，以及分类讨论思想的应用，属中等题．