Question

12．已知函數(shù)f（x）=ln（x+1）-$\frac{ax}{x+1}$-x，a∈R．
（Ⅰ）當a＞0時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若存在x＞0，使f（x）+x+1＜-$\frac{x}{x+1}$（a∈Z）成立，求a的最小值．

Answer 1

分析 （I）f′（x）=$\frac{-{x}^{2}-x-a}{（x+1）^{2}}$=$\frac{-（x+\frac{1}{2}）^{2}+\frac{1}{4}-a}{（x+1）^{2}}$（x＞-1），由△≤0，解得a≥$\frac{1}{4}$時，當△＞0時，解得$0＜a＜\frac{1}{4}$，此時分別解出f′（x）＜0，f′（x）＞0，即可得出函數(shù)f（x）d的單調(diào)性．
（II）存在x＞0，f（x）+x+1＜-$\frac{x}{x+1}$??x＞0，使得a＞$\frac{（x+1）ln（x+1）+2x+1}{x}$成立，設g（x）=$\frac{（x+1）ln（x+1）+2x+1}{x}$（x＞0），則g′（x）=$\frac{x-1-ln（x+1）}{{x}^{2}}$，設h（x）=x-1-ln（x+1）（x＞0）．利用導數(shù)研究其單調(diào)性，根據(jù)零點存在定理可知：函數(shù)h（x）在（2，3）內(nèi)有零點，且在（0，+∞）上有唯一零點，設該零點為x₀，則x₀-1=ln（x₀+1），x₀∈（2，3），即可得出g（x）的最大值．

解答 解：（I）f′（x）=$\frac{1}{x+1}-\frac{a}{（x+1）^{2}}$-1=$\frac{-{x}^{2}-x-a}{（x+1）^{2}}$=$\frac{-（x+\frac{1}{2}）^{2}+\frac{1}{4}-a}{（x+1）^{2}}$（x＞-1），
當a≥$\frac{1}{4}$時，f′（x）≤0，函數(shù)f（x）在（-1，+∞）上單調(diào)遞減．
當△＞0時，解得$0＜a＜\frac{1}{4}$，由-x²-x-a=0，解得${x}_{1}=\frac{-1-\sqrt{1-4a}}{2}$，x₂=$\frac{-1+\sqrt{1-4a}}{2}$，
f′（x）=$\frac{-（x-{x}_{1}）（x-{x}_{2}）}{（x+1）^{2}}$，
當-1＜x＜x₁時，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減；當x₁＜x＜x₂時，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增；
當x＞x₂時，f′（x）＜0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減．
綜上可得：當a≥$\frac{1}{4}$時，函數(shù)f（x）在（-1，+∞）上單調(diào)遞減．
當$0＜a＜\frac{1}{4}$時，f（x）在（-1，x₁），（x₂，+∞）上單調(diào)遞減；函數(shù)f（x）在（x₁，x₂）上單調(diào)遞增．
（II）存在x＞0，f（x）+x+1＜-$\frac{x}{x+1}$??x＞0，使得a＞$\frac{（x+1）ln（x+1）+2x+1}{x}$成立，
設g（x）=$\frac{（x+1）ln（x+1）+2x+1}{x}$（x＞0），則g′（x）=$\frac{x-1-ln（x+1）}{{x}^{2}}$，
設h（x）=x-1-ln（x+1）（x＞0）．
h′（x）=1-$\frac{1}{x+1}$=$\frac{x}{x+1}$＞0，∴h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增．
又h（2）＜0，h（3）＞0，根據(jù)零點存在定理可知：函數(shù)h（x）在（2，3）內(nèi)有零點，且在（0，+∞）上有唯一零點，設
該零點為x₀，則x₀-1=ln（x₀+1），x₀∈（2，3），
g（x）_min=$\frac{（{x}_{0}+1）ln（{x}_{0}+1）+2{x}_{0}+1}{x}$=x₀+2，
∴a＞x₀+2，a∈Z，
∴a的最小值為5．

點評 本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、恒成立問題的等價轉化方法，考查了函數(shù)零點存在但是無法求出時的問題解決方法，考查了分類討論的思想方法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．