Question

14．设函数f（x）=lnx-a（x-1）（a∈R），g（x）=e^x．
（1）求f（x）的单调区间和极值；
（2）设h（x）=f（x+1）+g（x），当x≥0时，h（x）≥1恒成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）f（x）定义域为（0，+∞），${f^/}（x）=\frac{1}{x}-a=\frac{1-ax}{x}$．对a分类讨论，即可得出单调性．
（2）函数h（x）=f（x+1）+g（x）=ln（x+1）-ax+e^x．分类讨论：（ⅰ）当a≤2时，由重要不等式e^x≥x+1知，${h^/}（x）={e^x}+\frac{1}{x+1}-a≥（{x+1}）+\frac{1}{x+1}-a≥2-a≥0$，即可得出结论．
（ⅱ）当a＞2时，∵x∈[0，+∞），故${h^{∥}}（x）={e^x}-\frac{1}{{{{（{x+1}）}^2}}}=\frac{{{{（{x+1}）}^2}{e^x}-1}}{{{{（{x+1}）}^2}}}≥0$，可得h′（x）在[0，+∞）上递增，进而得出h′（x）的单调性及其结论．

解答 解：（1）f（x）定义域为（0，+∞），${f^/}（x）=\frac{1}{x}-a=\frac{1-ax}{x}$．
（ⅰ）当a≤0时，对?x＞0，f′（x）＞0，函数的单调递增区间是（0，+∞），无极值；
（ⅱ）当a＞0时，时，f′（x）＞0；当$x∈（{\frac{1}{a}，+∞}）$时，f′（x）＜0，所以f（x）的单调递增区间是$（{0，\frac{1}{a}}）$，单调递减区间是$[{\frac{1}{a}，+∞}）$．当$x=\frac{1}{a}$时，取得极大值-lna+a-1，无极小值．
（2）函数h（x）=f（x+1）+g（x）=ln（x+1）-ax+e^x．
（ⅰ）当a≤2时，由重要不等式e^x≥x+1知，${h^/}（x）={e^x}+\frac{1}{x+1}-a≥（{x+1}）+\frac{1}{x+1}-a≥2-a≥0$，h（x）在[0，+∞）上递增，所以h（x）≥h（0）=1恒成立，符合题意．
（ⅱ）当a＞2时，因为x∈[0，+∞），故${h^{∥}}（x）={e^x}-\frac{1}{{{{（{x+1}）}^2}}}=\frac{{{{（{x+1}）}^2}{e^x}-1}}{{{{（{x+1}）}^2}}}≥0$，∴h′（x）在[0，+∞）上递增．又h′（0）=2-a＜0，存在x₀∈（0，+∞），使得h′（x₀）=0，从而函数h（x）在（0，x₀）上递减，在（x₀，+∞）上递增，又h（x₀）＜h（0）=1，∴h（x）≥1不恒成立，不满足题意．
综上（ⅰ），（ⅱ）知实数a的取值范围是（-∞，2]．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性、不等式的解法、等价转化方法，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于难题．