Question

9．已知函数f（x）=ln（x+1）-x（x＞-1）．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）若k∈Z，且f（x-1）+x＞k（1-$\frac{3}{x}$）对任意x＞1恒成立，求k的最大值；
（3）对于在（0，1）中的任意一个常数a，是否存在正数x₀，使得e${\;}^{f（{x}_{0}）}$＜1-$\frac{a}{2}$x₀²成立？请说明理由．

Answer 1

分析 （1）求导f′（x）=$\frac{1}{x+1}$-1=-$\frac{x}{x+1}$，从而判断函数的单调区间；
（2）化简可得xlnx+x-kx+3k＞0，令g（x）=xlnx+x-kx+3k，求导g′（x）=lnx+1+1-k=lnx+2-k，从而讨论判断函数的单调性，从而求最大值；
（3）假设存在这样的x₀满足题意，从而化简可得$\frac{a}{2}$x₀²+$\frac{{x}_{0}+1}{{e}^{{x}_{0}}}$-1＜0，令h（x）=$\frac{a}{2}$x²+$\frac{x+1}{{e}^{x}}$-1，取x₀=-lna，从而可得h_min（x）=h（x₀）=$\frac{a}{2}$（-lna）²+alna+a-1，再令p（a）=$\frac{a}{2}$（lna）²+alna+a-1，从而解得．

解答 解：（1）∵f（x）=ln（x+1）-x，
∴f′（x）=$\frac{1}{x+1}$-1=-$\frac{x}{x+1}$，
∴当x∈（-1，0）时，f′（x）＞0；
当x∈（0，+∞）时，f′（x）＜0；
故f（x）的单调增区间为（-1，0），单调减区间为（0，+∞）；
（2）∵f（x-1）+x＞k（1-$\frac{3}{x}$），
∴lnx-（x-1）+x＞k（1-$\frac{3}{x}$），
∴lnx+1＞k（1-$\frac{3}{x}$），
即xlnx+x-kx+3k＞0，
令g（x）=xlnx+x-kx+3k，
则g′（x）=lnx+1+1-k=lnx+2-k，
∵x＞1，
∴lnx＞0，
若k≤2，g′（x）＞0恒成立，
即g（x）在（1，+∞）上递增；
∴g（1）=1+2k≥0，
解得，k≥-$\frac{1}{2}$；
故-$\frac{1}{2}$≤k≤2，
故k的最大值为2；
若k＞2，由lnx+2-k＞0解得x＞e^k-2，
故g（x）在（1，e^k-2）上单调递减，在（e^k-2，+∞）上单调递增；
∴g_min（x）=g（e^k-2）=3k-e^k-2，
令h（k）=3k-e^k-2，h′（k）=3-e^k-2，
∴h（k）在（1，2+ln3）上单调递增，在（2+ln3，+∞）上单调递减；
∵h（2+ln3）=3+3ln3＞0，h（4）=12-e²＞0，h（5）=15-e³＜0；
∴k的最大取值为4，
综上所述，k的最大值为4．
（3）假设存在这样的x₀满足题意，
∵e${\;}^{f（{x}_{0}）}$＜1-$\frac{a}{2}$x₀²，
∴$\frac{a}{2}$x₀²+$\frac{{x}_{0}+1}{{e}^{{x}_{0}}}$-1＜0，
令h（x）=$\frac{a}{2}$x²+$\frac{x+1}{{e}^{x}}$-1，
∵h′（x）=x（a-$\frac{1}{{e}^{x}}$），
令h′（x）=x（a-$\frac{1}{{e}^{x}}$）=0得e^x=$\frac{1}{a}$，
故x=-lna，取x₀=-lna，
在0＜x＜x₀时，h′（x）＜0，当x＞x₀时，h′（x）＞0；
∴h_min（x）=h（x₀）=$\frac{a}{2}$（-lna）²-alna+a-1，
在a∈（0，1）时，令p（a）=$\frac{a}{2}$（lna）²-alna+a-1，
则p′（a）=$\frac{1}{2}$（lna）²≥0，
故p（a）在（0，1）上是增函数，
故p（a）＜p（1）=0，
即当x₀=-lna时符合题意．

点评 本题考查了导数的综合应用及恒成立问题．