Question

12．已知函數(shù)f（x）=ln（x+1）+ae^-x（a∈R）．
（Ⅰ）當a=1時，求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若f（x）不是單調(diào)函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)定義域，當a=1時，f′（x）=$\frac{{{e^x}-（{x+1}）}}{{（{x+1}）{e^x}}}$，構(gòu)造輔助函數(shù)h（x）=e^x-（x+1）（x＞-1），求單判斷h（x）的單調(diào)性，求得函數(shù)的最小值，即可判斷f′（x）≥0，可求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知e^x≥x+1，當a≤1時，e^x≥a（x+1），f′（x）≥0，函數(shù)單調(diào)遞增，不滿足，當a＞1時，構(gòu)造輔助函數(shù)g（x）=e^x-a（x+1）（x＞-1），求導，利用導數(shù)求得函數(shù)的單調(diào)性，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求得函數(shù)的零點，即可求得函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間，即可求得滿足題意的a的取值范圍．

解答 解：函數(shù)函數(shù)f（x）=ln（x+1）+ae^-x（a∈R）．定義域為（-1，+∞），…（1分）
$f'（x）=\frac{1}{x+1}-a{e^{-x}}$=$\frac{1}{x+1}-\frac{a}{e^x}$=$\frac{{{e^x}-a（{x+1}）}}{{（{x+1}）{e^x}}}$；…（2分）
（Ⅰ）當a=1時，f′（x）=$\frac{{{e^x}-（{x+1}）}}{{（{x+1}）{e^x}}}$，令h（x）=e^x-（x+1）（x＞-1），
則h′（x）=e^x-1，由h′（x）=0，得x=0，
則x∈（-1，0）時，h′（x）＜0；x∈（0，+∞）時，h′（x）＞0，
所以h（x）在（-1，0）上是減函數(shù)，在（0，+∞）上是增函數(shù)，
所以h（x）≥h（0）=e⁰-1=0，…（5分）
即f′（x）≥0，所以f（x）在（-1，+∞）上是增函數(shù)，
即f（x）的增區(qū)間為（-1，+∞）．  …（6分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）知e^x≥x+1，…（7分）
①當a≤1時，a（x+1）≤x+1，
故e^x≥a（x+1），于是f′（x）=$\frac{{{e^x}-a（{x+1}）}}{{（{x+1}）{e^x}}}$≥0，
則f（x）在（-1，+∞）上是增函數(shù)，故a≤1不合題意；…（9分）
②當a＞1時，令g（x）=e^x-a（x+1）（x＞-1），g′（x）=e^x-a，由g′（x）=0，得x=lna＞0，
于是x∈（-1，lna）時，g′（x）＜0；x∈（lna，+∞）時，g′（x）＞0，
即所以g（x）在（-1，lna）上是減函數(shù)，在（lna，+∞）上是增函數(shù)，…（11分）
而g（-1）=e^-1＞0，g（lna）=e^lna-a（lna+1）=-alna＜0，
故g（x）在（-1，lna）上存在唯一零點，…（12分）
設(shè)其為x₀，則x∈（-1，x₀）時，g（x）＞0，即f′（x）＞0；x∈（x₀，lna）時，g（x）＜0，即f′（x）＜0，
∴f（x）在（-1，x₀）上是增函數(shù)，在（x₀，lna）上是減函數(shù)，…（13分）
∴f（x）不是單調(diào)函數(shù)，故a＞1符合題意．
∴實數(shù)a的取值范圍是（1，+∞）．…（14分）

點評 本題考查對數(shù)函數(shù)的圖象和性質(zhì)，利用導數(shù)求函數(shù)的單調(diào)性及最值，關(guān)鍵是通過分類討論得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間及會轉(zhuǎn)化利用已證的結(jié)論解決問題，屬于中檔題．