Question

18．已知函數(shù)f（x）=xln（x+1）+（$\frac{1}{2}$-a）x+2-a，a∈R．
（I）當(dāng)x＞0時(shí)，求函數(shù)g（x）=f（x）+ln（x+1）+$\frac{1}{2}$x的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）當(dāng)a∈Z時(shí)，若存在x≥0，使不等式f（x）＜0成立，求a的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)g（x）的導(dǎo)數(shù)，通過(guò)討論a的范圍求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）問(wèn)題等價(jià)于a＞$\frac{xln（x+1）+\frac{1}{2}x+2}{x+1}$，令h（x）=$\frac{xln（x+1）+\frac{1}{2}x+2}{x+1}$，x≥0，
唯一轉(zhuǎn)化為求出a＞h（x）_min，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出h（x）的最小值，從而求出a的最小值即可．

解答 解：（Ⅰ）∵g（x）=（x+1）ln（x+1）+（1-a）x+2-a，（x＞0），
∴g′（x）=ln（x+1）+2-a，
當(dāng)2-a≥0即a≤2時(shí)，g′（x）＞0對(duì)x∈（0，+∞）恒成立，
此時(shí)，g（x）在（0，+∞）遞增，無(wú)遞減區(qū)間，
當(dāng)2-a＜0即a＞2時(shí)，
由g′（x）＞0，得x＞e^a-2-1，由g′（x）＜0，得0＜x＜e^a-2-1，
此時(shí)，g（x）在（0，e^a-2-1）遞減，在（e^a-2-1，+∞）遞增，
綜上，a≤2時(shí)，g（x）在（0，+∞）遞增，無(wú)遞減區(qū)間；
a＞2時(shí)，g（x）在（0，e^a-2-1）遞減，在（e^a-2-1，+∞）遞增，
（Ⅱ）由f（x）＜0，得（x+1）a＞xln（x+1）+$\frac{1}{2}$x+2，
當(dāng)x≥0時(shí)，上式等價(jià)于a＞$\frac{xln（x+1）+\frac{1}{2}x+2}{x+1}$，
令h（x）=$\frac{xln（x+1）+\frac{1}{2}x+2}{x+1}$，x≥0，
由題意，存在x≥0，使得f（x）＜0成立，則只需a＞h（x）_min，
∵h(yuǎn)′（x）=$\frac{ln（x+1）+x-\frac{3}{2}}{{（x+1）}^{2}}$，
令u（x）=ln（x+1）+x-$\frac{3}{2}$，顯然u（x）在[0，+∞）遞增，
而u（0）=-$\frac{3}{2}$＜0，u（1）=ln2-$\frac{1}{2}$＞0，
故存在x₀∈（0，1），使得u（x₀）=0，即ln（x₀+1）=$\frac{3}{2}$-x₀，
又當(dāng)x₀∈[0，x₀）時(shí)，h′（x）＜0，h（x）遞減，
當(dāng)x∈[x₀，+∞）時(shí)，h′（x）＞0，h（x）遞增，
故x=x₀時(shí)，h（x）有極小值（也是最小值），
故h（x）_min=$\frac{{x}_{0}（\frac{3}{2}{-x}_{0}）+{\frac{1}{2}x}_{0}+2}{{x}_{0}+1}$，
故a≥$\frac{{x}_{0}（\frac{3}{2}{-x}_{0}）+{\frac{1}{2}x}_{0}+2}{{x}_{0}+1}$=$\frac{3{-{（x}_{0}-1）}^{2}}{{x}_{0}+1}$，x₀∈（0，1），
而2＜$\frac{3{-{（x}_{0}-1）}^{2}}{{x}_{0}+1}$＜3，
故a的最小整數(shù)值是3．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類(lèi)討論思想，考查轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．