Question

16．已知函數(shù)f（x）=e^x+ln（x+1）-ax，a∈R．
（1）g（x）為f（x）的導(dǎo)函數(shù)，討論g（x）的零點(diǎn)個(gè)數(shù)；
（2）當(dāng)x≥0時(shí)，不等式e^x+（x+1）ln（x+1）≥$\frac{1}{2}$ax²+ax+1恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）先對(duì)原函數(shù)求導(dǎo)，從而判斷單調(diào)性，再分類討論即可得到g（x）的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，
（2）設(shè)h（x）=e^x+（x+1）ln（x+1），求h（x）的最最值，再轉(zhuǎn)化為a≤$\frac{2}{{x}^{2}+2x}$在[0，+∞）上恒成立，求其最值，即可使其小于或等于零構(gòu)造不等式即可．

解答 解：（1）g（x）=f′（x）=e^x+$\frac{1}{x+1}$-a，x＞-1
∴g′（x）=e^x-$\frac{1}{（x+1）^{2}}$，g′（0）=0，
且當(dāng)x∈（-1，0）時(shí)，e^x＜1，$\frac{1}{1+x}$＞1，∴g′（x）＜0；
當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，e^x＞1，0＜$\frac{1}{1+x}$＜1，∴g′（x）＞0；
于是g（x）在（-1，0）遞減，在（0，+∞）遞增，故g（x）_min=g（0）=2-a．
∴①當(dāng)a＜2時(shí)，
∵g（x）_min=g（0）=2-a＞0，
∴g（x）無零點(diǎn)；
②當(dāng)a=2時(shí)，g（x）_min=g（0）=2-a=0，g（x）有唯一零點(diǎn)x=0；
③當(dāng)a＞2時(shí)，g（x）_min=g（0）=2-a＜0，
取x₁=$\frac{1}{a}$-1∈（-1，0），x₂=lna＞0，則g（x₁）=${e}^{\frac{1}{a}-1}$＞0，g（x₂）=$\frac{1}{1+lna}$＞0，
于是g（x）在（x₁，0）和（0，x₂）內(nèi)各有一個(gè)零點(diǎn)，從而有兩個(gè)零點(diǎn)，
（2）由當(dāng)x≥0時(shí)，不等式e^x+（x+1）ln（x+1）≥$\frac{1}{2}$ax²+ax+1恒成立，
設(shè)h（x）=e^x+（x+1）ln（x+1），
∴h′（x）=e^x+ln（x+1）+1≥1，
∴h（x）在[0，+∞）單調(diào)遞增，
∴h（x）_min=h（0）=1+1=2，
∴2≥$\frac{1}{2}$ax²+ax+1在[0，+∞）上恒成立，
即a≤$\frac{2}{{x}^{2}+2x}$在[0，+∞）上恒成立，
∵y=$\frac{2}{{x}^{2}+2x}$在[0，+∞）上為減函數(shù)，
∴a≤0，
故a的取值范圍為（-∞，0]．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，最值的思路；關(guān)于不等式恒成立問題，一般轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值來解．