Question

17．已知函數(shù)f（x）=e^x（ e=2.71828…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)），g（x）=ln（x+1）
（1）若F（x）=f（x）-g（x），求F（x）的極值；
（2）對(duì)任意x≥0，證明：f（x）＞g（x+1）；
（3）對(duì)任意x≥0，都有g(shù)（x）≥$\frac{ax}{x+1}$成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)導(dǎo)函數(shù)判斷單調(diào)性當(dāng)x∈（-1，0）時(shí)，F(xiàn)（x）單調(diào)遞減，當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，F(xiàn)（x）單調(diào)遞增，求出極值當(dāng)x=0時(shí)，F(xiàn)（x）取得的極小值F（0）=1
（2）構(gòu)造函數(shù)G（x）=-x-1，利用導(dǎo)數(shù)求解最值得出G（x）≥0，在x≥0恒成立，利用放縮e^x＞x+1＞0⇒x＞ln（x+1），得出（x+1）＞ln（x+2）=g（x+1），即可得證e^x＞ln（x+2），
（3）分類討論當(dāng)a≤1時(shí)，當(dāng)a＞1時(shí)，轉(zhuǎn)化為求解最值問(wèn)題來(lái)求解，從而判斷當(dāng)a≤1時(shí)，對(duì)于所有x≥0，都有g(shù)（x）≥$\frac{ax}{x+1}$．當(dāng)a＞1時(shí)，不是對(duì)所有的x≥0都有$g（x）≥\frac{ax}{x+1}$成立．可得a的范圍．

解答 解：（1）設(shè)$F（x）={e^x}-ln（x+1）令{F^'}（x）={e^x}-\frac{1}{x+1}=0⇒x=0$
當(dāng)x∈（-1，0），F(xiàn)′（x）＜0，當(dāng)x∈（0，+∞），F(xiàn)′（x）＞0
所以當(dāng)x∈（-1，0）時(shí)，F(xiàn)（x）單調(diào)遞減，
當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，F(xiàn)（x）單調(diào)遞增
從而當(dāng)x=0時(shí)，F(xiàn)（x）取得的極小值F（0）=1                  
（2）證明：令G（x）=e^x-x-1，G′（x）=e^x-1，
當(dāng)x∈（0，+∞），G′（x）＞0
所以當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)G（x）單調(diào)遞增；G（x）＞G（0）=0（x＞0）；
所以e^x＞x+1＞0⇒x＞ln（x+1），
所以x+1）＞ln（x+2）=g（x+1）
f（x）=e^x＞x+1＞g（x+1）
所以f（x）＞g（x+1）
（3）令h（x）=（x+1）ln（x+1）-ax，
h′（x）=ln（x+1）+1-a，
令h′（x）=0解得x=e^a-1-1
（i）當(dāng)a≤1時(shí)，x=e^a-1-1≤0，
所以對(duì)所有x＞0，h′（x）＞0；h（x）在[0，+∞）上是增函數(shù)．
所以有h（x）＞h（0）=0（x＞0）
即當(dāng)a≤1時(shí)，對(duì)于所有x≥0，都有g(shù)（x）≥$\frac{ax}{x+1}$．
（ii）當(dāng)a＞1時(shí)，對(duì)于0＜x＜e^a-1-1，h′（x）＜0，
所以h（x）在（0，e^a-1-1）上是減函數(shù)，從而對(duì)于0＜x＜e^a-1-1有h（x）＜h（0）=0，
即f（x）＜ac，所以當(dāng)a＞1時(shí)，不是對(duì)所有的x≥0都有$g（x）≥\frac{ax}{x+1}$成立．
綜上，a的取值范圍是（-∞，1）．

點(diǎn)評(píng) 本題綜合考察了函數(shù)的性質(zhì)，導(dǎo)數(shù)在求解函數(shù)極值，證明不等式，求解字母的范圍問(wèn)題，難度較大，屬于難題．