Question

14．已知函數(shù)f（x）=ln²（x-1）-$\frac{1}{x-1}$-x+3．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若當x≥1時，不等式（x+1）^x+m≤ex^x+m恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，可得f′（x）=$\frac{2（x-1）ln（x-1）-{x}^{2}+2x}{（x-1）^{2}}$（x-1＞0），令g（x）=2（x-1）ln（x-1）-x²+2x，求導(dǎo)可得g′（x）=2ln（x-1）+2-2x+2=2ln（x-1）-2x+4，再令t（x）=2ln（x-1）-2x+4，利用導(dǎo)數(shù)求得t（x）_max=t（2）=0，得g′（x）≤0，則g（x）在（1，+∞）上為減函數(shù)，進一步說明f′（x）＜0，得到f（x）在（1，+∞）上為單調(diào)減函數(shù)；
（Ⅱ）由（x+1）^x+m≤ex^x+m恒成立，即（x+m）ln（x+1）≤1+（x+m）lnx恒成立，分離參數(shù)m，可得m$≤ln\frac{x}{x+1}-x$對x≥1恒成立．令h（x）=$ln\frac{x}{x+1}-x$，由導(dǎo)數(shù)求其值域，可知h（x）在[1，+∞）上無最小值，則滿足m$≤ln\frac{x}{x+1}-x$對x≥1恒成立的m不存在．

解答 解：（Ⅰ）由f（x）=ln²（x-1）-$\frac{1}{x-1}$-x+3，
得f′（x）=$\frac{2}{x-1}$•ln（x-1）+$\frac{1}{（x-1）^{2}}$-1=$\frac{2（x-1）ln（x-1）+1-{x}^{2}+2x-1}{（x-1）^{2}}$
=$\frac{2（x-1）ln（x-1）-{x}^{2}+2x}{（x-1）^{2}}$（x-1＞0），
令g（x）=2（x-1）ln（x-1）-x²+2x，
g′（x）=2ln（x-1）+2-2x+2=2ln（x-1）-2x+4，
再令t（x）=2ln（x-1）-2x+4，
t′（x）=$\frac{2}{x-1}-2=\frac{4-2x}{x-1}$，當x∈（1，2）時，t′（x）＞0，t（x）為增函數(shù)，
當x∈（2，+∞）時，t′（x）＜0，t（x）為減函數(shù)，
∴t（x）_max=t（2）=0，
∴g′（x）≤0，則g（x）在（1，+∞）上為減函數(shù)，
又當x→1⁺時，g（x）→-∞，
∴f′（x）＜0，
則f（x）在（1，+∞）上為單調(diào)減函數(shù)；
（Ⅱ）由（x+1）^x+m≤ex^x+m恒成立，即（x+m）ln（x+1）≤1+（x+m）lnx恒成立，
∴（x+m）ln$\frac{x+1}{x}$≤1，也即x+m$≤ln\frac{x}{x+1}$，
∴m$≤ln\frac{x}{x+1}-x$對x≥1恒成立．
令h（x）=$ln\frac{x}{x+1}-x$，
則h′（x）=$\frac{x+1}{x}•\frac{x+1-x}{（x+1）^{2}}-1=\frac{1}{x（x+1）}-1=\frac{1-x-{x}^{2}}{x（x+1）}$＜0（x≥1），
∴h（x）在[1，+∞）上為減函數(shù)，則h（x）≤h（1）=-ln2-1，
又當x→+∞時，h（x）→-∞，
∴h（x）在[1，+∞）上無最小值，
則滿足m$≤ln\frac{x}{x+1}-x$對x≥1恒成立的m不存在．

點評 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查了利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，考查了數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法，是中檔題．