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12.已知函數f(x)=ln(x+1)-$\frac{x}{x+1}$.
(1)證明:f(x)≥0;
(2)若當x≥0,f(x)≤ax2恒成立,求實數a的取值范圍.

分析 (1)先對原函數求導,從而判斷單調性,求其最小值,說明最小值大于或等于零即可;
(2)將問題轉化為f(x)-ax2≤0恒成立,然后討論函數的單調性,求其最值即可使其小于或等于零構造不等式即可.

解答 解:(1)由題意得函數的定義域為(-1,+∞).
f′(x)=$\frac{1}{x+1}-\frac{1}{(x+1)^{2}}=\frac{x}{(x+1)^{2}}$.
當x∈(-1,0)時,f′(x)<0,此時f(x)為減函數;
當x∈(0,+∞)時,f′(x)>0,此時f(x)為增函數.
所以f(x)min=f(0)=0,所以f(x)≥0在定義域內恒成立.
(2)由已知得ln(x+1)-$\frac{x}{x+1}-a{x}^{2}≤0$,當x≥0時恒成立.
令h(x)=ln(x+1)-$\frac{x}{x+1}-a{x}^{2}$,x∈[0,+∞).
則$h′(x)=\frac{1}{x+1}-\frac{1}{(x+1)^{2}}-2ax$=$\frac{x[1-2a(x+1)^{2}]}{(x+1)^{2}}$.
當a≤0時,顯然h′(x)≥0恒成立,所以h(x)在定義域內遞增,而f(e-1)=lne-$\frac{e-1}{e}-a(e-1)^{2}$=$-a(e-1)^{2}+\frac{1}{e}>0$.故a≤0不符合題意;
當2a≥1即a$≥\frac{1}{2}$時,因為x≥0,故(x+1)2≥1,所以1-2a(x+1)2≤0,故此時h′(x)≤0恒成立,所以h(x)在定義域內遞減,所以h(x)max=h(0)=0,
所以此時h(x)≤0在定義域內恒成立,故此時f(x)≤ax2恒成立,所以a$≥\frac{1}{2}$符合題意;
當$0<a<\frac{1}{2}$時,令h′(x)=0得$x=\frac{1}{\sqrt{2a}}-1$>0,
當x$∈(0,\frac{1}{\sqrt{2a}}-1)$時,h′(x)>0,故此時h(x)遞增;當x$∈(\frac{1}{\sqrt{2a}},+∞)$時,h′(x)<0,故此時h(x)遞減.
而當x→0時,h(x)→ln1=0,結合h(x)此時的單調性,可知函數h(x)不滿足在(0,+∞)上恒為負.
綜上可知,所求a的范圍是[$\frac{1}{2},+∞$).

點評 本題主要考查了利用導數研究函數的單調性,最值的思路;關于不等式恒成立問題,一般轉化為函數的最值來解.

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