Question

8．已知函数f（x）=e^x-1+ax，a∈R．
（1）讨论函数f（x）的单调区间；
（2）若?x∈[1，+∞），f（x）+lnx≥a+1恒成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）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；
（2）令a=-1，问题转化为f（x）+lnx-a-1≥0恒成立，令g（x）=f（x）+lnx-a-1，通过讨论a的范围，结合函数的单调性确定a的范围即可．

解答 解：（1）f′（x）=e^x-1+a，
（i）a≥0时，f′（x）＞0，f（x）在R递增；
（ii）a＜0时，令f′（x）=0，解得：x=ln（-a）+1，
故x＞ln（-a）+1时，f（x）递增，x＜ln（-a）+1时，f（x）递减；
综上，a≥0时，f（x）在R递增；
a＜0时，f（x）在（ln（-a）+1，+∞）递增，在（-∞，ln（-a）+1）时递减；
（2）令a=-1，由（1）得f（x）的最小值是f（1）=0，
故e^x-1-x≥0，即e^x-1≥x，
f（x）+lnx≥a+1恒成立与f（x）+lnx-a-1≥0恒成立等价，
令g（x）=f（x）+lnx-a-1，
即g（x）=e^x-1+a（x-1）+lnx-1，（x≥1），
则g′（x）=e^x-1+$\frac{1}{x}$+a，
①a≥-2时，g′（x）=e^x-1+$\frac{1}{x}$+a≥x+$\frac{1}{x}$+a$≥\sqrt{x•\frac{1}{x}}$+a=a+2≥0，
∴g′（x）≥0，g（x）在[1，+∞）递增，
故g（x）≥g（1）=0，
故f（x）+lnx≥a+1恒成立；
②a＜-2时，令h（x）=e^x-1+$\frac{1}{x}$+a，则h′（x）=$\frac{{{x}^{2}e}^{x-1}-1}{{x}^{2}}$，
x≥1时，h′（x）≥0，h（x）递增，
又h（1）=2+a＜0，h（1-a）=e^1-a-1+$\frac{1}{1-a}$+a≥1-a+$\frac{1}{1-a}$+a=1+$\frac{1}{1-a}$＞0，
∴存在x₀∈（1，1-a），使得h（x₀）=0，
故x∈（1，x₀）时，h（x）＜h（x₀）=0，即g′（x）＜0，
故函数g（x）在（1，x₀）递减，x∈（x₀，+∞）时，h（x）＞h（x₀）=0，
即g′（x）＞0，故函数g（x）在（x₀，+∞）递增，
∴g（x）min=g（x₀）＜g（1）=0，
即?x∈[1，+∞），f（x）+lnx≥a+1不恒成立，
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．