Question

8．已知函数f（x）=ln（x+a）-x，a∈R．
（1）当a=-1时，求f（x）的单调区间；
（2）若x≥1时，不等式e^f（x）+$\frac{a}{2}$x²＞1恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（2）问题转化为$\frac{a}{2}$x²+$\frac{x+a}{{e}^{x}}$-1＞0对任意的x≥1恒成立，设g（x）=$\frac{a}{2}$x²+$\frac{x+a}{{e}^{x}}$-1，x≥1，通过求导得到g（x）的单调性，从而求出a的范围即可．

解答 解：（1）当a=-1时，f（x）=ln（x-1）-x，x＞1，
f′（x）=$\frac{1}{x-1}$-1=$\frac{2-x}{x-1}$，
当1＜x＜2时，f′（x）＞0，f（x）递增，
当x＞2时，f′（x）＜0，f（x）递减，
故f（x）在（1，2）递增，在（2，+∞）递减；
（2）由题意得：x≥1时，x+a＞0恒成立，故a＞-1，①，
不等式e^f（x）+$\frac{a}{2}$x²＞1恒成立，
即$\frac{a}{2}$x²+$\frac{x+a}{{e}^{x}}$-1＞0对任意的x≥1恒成立，
设g（x）=$\frac{a}{2}$x²+$\frac{x+a}{{e}^{x}}$-1，x≥1，
g′（x）=$\frac{{ae}^{x}x-x+1-a}{{e}^{x}}$，
a≤0时，g（2）=a（2+$\frac{1}{{e}^{2}}$）-1+$\frac{2}{{e}^{2}}$＜0，不合题意，
a＞0时，要使x≥1时，不等式e^f（x）+$\frac{a}{2}$x²＞1恒成立，
只需g（1）=a（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{e}$）-1+$\frac{1}{e}$＞0，即a＞$\frac{2（e-1）}{e+2}$，
a＞$\frac{2（e-1）}{e+2}$时，ae^xx-x+1-a=a（e^xx-1）+1-x＞$\frac{2（e-1）}{e+2}$（e^xx-1）+1-x，
设h（x）=$\frac{2（e-1）}{e+2}$（e^xx-1）+1-x，x≥1，
h′（x）=$\frac{2（e-1）}{e+2}$e^xx+$\frac{2（e-1）}{e+2}$e^x-1，x≥1，
显然h′（x）在（1，+∞）递增，∴h′（x）＞h′（1）=$\frac{{4e}^{2}-5e-2}{e+2}$＞0，
∴h（x）在（1，+∞）递增，h（x）＞h（1）=$\frac{{2（e-1）}^{2}}{e+2}$＞0，
即ae^xx-x+1-a＞0，②，
由①②得：a＞$\frac{2（e-1）}{e+2}$时，满足题意．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，是一道综合题．