Question

1．已知函数f（x）=axln（x+1）+x+1（x＞-1，a∈R）．
（1）若$a=\frac{1}{e}$，求函数f（x）的单调区间；
（2）当x≥0时，不等式f（x）≤e^x恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（2）记g（x）=f（x）-e^x（x≥0），g（0）=0，求出函数的导数，记h（x）=a[ln（x+1）+1-$\frac{1}{x+1}$]+1-e^x，通过讨论a的范围，求出函数的单调性，从而确定a的具体范围即可．

解答 解：（1）a=$\frac{1}{e}$时，f（x）=$\frac{1}{e}$xln（x+1）+x+1，
f′（x）=$\frac{1}{e}$[ln（x+1）+1-$\frac{1}{x+1}$]+1，
∵f′（x）在（-1，+∞）递增，且f′（-1+$\frac{1}{e}$）=0，
故x∈（-1，-1+$\frac{1}{e}$）时，f′（x）＜0，f（x）递减，
x∈（-1+$\frac{1}{e}$，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）递减，
故f（x）在（-1，-1+$\frac{1}{e}$）递减，在（-1+$\frac{1}{e}$，+∞）；
（2）记g（x）=f（x）-e^x（x≥0），g（0）=0，
则g′（x）=a[ln（x+1）+1-$\frac{1}{x+1}$]+1-e^x，
记h（x）=a[ln（x+1）+1-$\frac{1}{x+1}$]+1-e^x，
h′（x）=a[$\frac{1}{{（x+1）}^{2}}$+$\frac{1}{x+1}$]-e^x，h′（0）=2a-1，
①a≤$\frac{1}{2}$时，∵$\frac{1}{{（x+1）}^{2}}$+$\frac{1}{x+1}$∈（0，2]，e^x≥1，
∴h′（x）≤0，h（x）在（0，+∞）递减，
则h（x）≤h（0）=0，即g′（x）≤0，∴g（x）在（0，+∞）递减，
∴g（x）≤g（0）=0恒成立，即f（x）≤e^x恒成立，满足题意；
②a≥$\frac{1}{2}$时，h′（x）在（0，+∞）递减，
又h′（0）=2a-1＞0，x→+∞时，h′（x）→-∞，
则必存在x₀∈（0，+∞），使得h′（x₀）=0，
则x∈（0，x₀）时，h′（x）＞0，h（x）在（0，x₀）递增，
此时h（x）＞h（0）=0，
x∈（0，x₀）时，g′（x）＞0，∴g（x）在（0，x₀）递增，
∴g（x）＞g（0）=0，即f（x）＞e^x，不合题意，
综上，a≤$\frac{1}{2}$．

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．