Question

15．已知函数f（x）=ae^x-x+b，g（x）=x-ln（x+1），（a，b∈R，e为自然对数的底数），且曲线y=f（x）与y=g（x）在坐标原点处的切线相同．
（1）求f（x）的最小值；
（2）若x≥0时，f（x）≥kg（x）恒成立，试求实数k的取值范围．

Answer 1

分析 （1）据导数的几何意义和最值和函数的单调性的关系即可求出；
（2）构造函数，再分类讨论，根据导数和单调性的关系即可求出．

解答 解：（1）因为f′（x）=ae^x-1，${g^'}（x）=1-\frac{1}{x+1}（x＞-1）$，
依题意，f′（0）=g′（0），且f（0）=0，解得a=1，b=-1，
所以f′（x）=e^x-1，当x＜0时，f′（x）＜0；当x＞0时，f′（x）＞0．
故f（x）的单调递减区间为（-∞，0），单调递增区间为（0，+∞）．
∴当x=0时，f（x）取得最小值为0．
（2）由（1）知，f（x）≥0，即e^x≥x+1，从而x≥ln（x+1），即g（x）≥0．
设F（x）=f（x）-kg（x）=e^x+kln（x+1）-（k+1）x-1，
则${F^'}（x）={e^x}+\frac{k}{x+1}-（k+1）≥x+1+\frac{k}{x+1}-（k+1）$，
①当k=1时，因为x≥0，∴${F^'}（x）≥x+1+\frac{1}{x+1}-2≥0$（当且仅当x=0时等号成立）
此时F（x）在[0，+∞）上单调递增，从而F（x）≥F（0）=0，即f（x）≥kg（x）．
②当k＜1时，由于g（x）≥0，所以g（x）≥kg（x），
又由（1）知，f（x）-g（x）≥0，所以f（x）≥g（x）≥kg（x），故F（x）≥0，
即f（x）≥kg（x）．（此步也可以直接证k≤1）
③当k＞1时，令$h（x）={e^x}+\frac{k}{x+1}-（k+1）$，则${h^'}（x）={e^x}-\frac{k}{{{{（x+1）}^2}}}$，
显然h′（x）在[0，+∞）上单调递增，又h′（0）=1-k＜0，${h^'}（\sqrt{k}-1）={e^{\sqrt{k}-1}}-1＞0$，
所以h′（x）在$（0，\sqrt{k}-1）$上存在唯一零点x₀，
当x∈（0，x₀）时，h′（x）＜0，∴h（x）在[0，x₀）上单调递减，
从而h（x）＜h（0）=0，即F′（x）＜0，所以F（x）在[0，x₀）上单调递减，
从而当x∈（0，x₀）时，F（x）＜F（0）=0，即f（x）＜kg（x），不合题意．
综上，实数k的取值范围为（-∞，1]．

点评 本题考查了导数和函数的单调性，考查了运算能力，转化能力，解决问题的能力，属于中档题．