Question

10．已知函數(shù)f（x）=mxln（x+1）+x+1，m∈R．
（Ⅰ）若直線l與曲線y=f（x）恒相切于同一定點(diǎn)，求l的方程；
（Ⅱ）當(dāng)x≥0時(shí)，f（x）≤e^x，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）f（x）=mxln（x+1）+x+1，令x=0時(shí)，f（0）=1，函數(shù)f（x）恒過點(diǎn)（0，1）．f′（x）=mln（x+1）+$\frac{mx}{x+1}$+1，可得f′（0）=1．根據(jù)直線l與曲線y=f（x）恒相切于同一定點(diǎn)，即可得出．
（Ⅱ）令g（x）=e^x-（x+1），x≥0．g（0）=0．g′（x）=e^x-1≥0，利用其單調(diào)性可得g（x）≥g（0）=0，因此e^x≥x+1．①若f（x）=mxln（x+1）+x+1≤x+1，則f（x）≤e^x，
則mxln（x+1）≤0，可得：m≤0．
②m＞0時(shí)，x≥0時(shí)，若f（x）≤e^x．令F（x）=f（x）-e^x，（x≥0），F(xiàn)（0）=f（0）-1=0．由F（x）≤0，可得mxln（x+1）≤e^x-x-1，x=0時(shí)，化為0≤0，恒成立，m∈R．x＞0時(shí)，化為：m≤$\frac{{e}^{x}-x-1}{xln（x+1）}$．下面證明：$\frac{{e}^{x}-x-1}{xln（x+1）}$≥$\frac{1}{2}$．令h（x）=2e^x-2x-2-xln（x+1），h（0）=0．利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性極值與最值即可得出．

解答 解：（Ⅰ）f（x）=mxln（x+1）+x+1，令x=0時(shí)，f（0）=1，
∴函數(shù)f（x）恒過點(diǎn)（0，1）．
f′（x）=mln（x+1）+$\frac{mx}{x+1}$+1，∴f′（0）=1．
∵直線l與曲線y=f（x）恒相切于同一定點(diǎn)，
∴l(xiāng)的方程為：y=x+1．
（Ⅱ）令g（x）=e^x-（x+1），x≥0．g（0）=0．
則g′（x）=e^x-1≥0，
∴x≥0時(shí)，函數(shù)g（x）單調(diào)遞增，因此g（x）≥g（0）=0，因此e^x≥x+1．
①若f（x）=mxln（x+1）+x+1≤x+1，則f（x）≤e^x，
則mxln（x+1）≤0，可得：m≤0．
∴m≤0時(shí)，x≥0時(shí)，f（x）≤e^x恒成立．
②m＞0時(shí)，x≥0時(shí)，f（x）≤e^x．
令F（x）=f（x）-e^x，（x≥0），F(xiàn)（0）=f（0）-1=0．
由F（x）≤0，可得mxln（x+1）≤e^x-x-1，
x=0時(shí)，化為0≤0，恒成立，m∈R．
x＞0時(shí)，化為：m≤$\frac{{e}^{x}-x-1}{xln（x+1）}$．
下面證明：$\frac{{e}^{x}-x-1}{xln（x+1）}$≥$\frac{1}{2}$．
令h（x）=2e^x-2x-2-xln（x+1），h（0）=0．
h′（x）=2e^x-2-ln（x+1）-$\frac{x}{x+1}$．h′（0）=0．
h^″（x）=2e^x-$\frac{1}{x+1}$-$\frac{1}{（x+1）^{2}}$≥h^″（0）=0，
∴h′（x）≥0．
∴函數(shù)h（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞增，∴h（x）≥h（0）=0．
因此：$\frac{{e}^{x}-x-1}{xln（x+1）}$≥$\frac{1}{2}$成立，并且$\frac{1}{2}$是其最小值．
∴m≤$\frac{1}{2}$．
綜上可得：實(shí)數(shù)m的取值范圍是$（-∞，\frac{1}{2}]$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、切線的斜率、不等式的解法與性質(zhì)，考查了分類討論方法、推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．