Question

5．已知a∈R，函数f（x）=ae^x-x-1，g（x）=x-ln（x+1）（e=2.71828…是自然对数的底数）．
（Ⅰ）讨论函数f（x）极值点的个数；
（Ⅱ）若a=1，且命题“?x∈[0，+∞），f（x）≥kg（x）”是假命题，求实数k的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）对函数f（x）求导，再根据导数和函数极值的关系分类即可得到极值点的个数，
（Ⅱ）命题“?x∈[0，+∞），f（x）≥kg（x）”是假命题，转化为不等式f（x）＜kg（x）在区间[0，+∞）内有解，再构造函数F（x）=f（x）-kg（x）e^x+kln（x+1）-（k+1）x-1，利用导数和函数的单调性关系以及函数零点存在定理判断即可．

解答 解：（Ⅰ）因为f（x）=ae^x-x-1，所以f'（x）=ae^x-1，
当a≤0时，对?x∈R，f'（x）=ae^x-1＜0，
所以f（x）在（-∞，+∞）是减函数，此时函数不存在极值，
所以函数f（x）没有极值点；
当a＞0时，f'（x）=ae^x-1，令f'（x）=0，解得x=-lna，
若x∈（-∞，-lna），则f'（x）＜0，所以f（x）在（-∞，-lna）上是减函数，
若x∈（-lna，+∞），则f'（x）＞0，所以f（x）在（-lna，+∞）上是增函数，
当x=-lna时，f（x）取得极小值为f（-lna）=lna，
函数f（x）有且仅有一个极小值点x=-lna，
所以当a≤0时，f（x）没有极值点，当a＞0时，f（x）有一个极小值点．
（Ⅱ）命题“?x∈[0，+∞），f（x）≥kg（x）”是假命题，
则“?x∈[0，+∞），f（x）＜kg（x）”是真命题，
即不等式f（x）＜kg（x）在区间[0，+∞）内有解．
若a=1，则设F（x）=f（x）-kg（x）=e^x+kln（x+1）-（k+1）x-1，
所以$F'（x）={e^x}+\frac{k}{x+1}$-（k+1），
设$h（x）={e^x}+\frac{k}{x+1}$-（k+1），
则$h'（x）={e^x}-\frac{k}{{{{（{x+1}）}^2}}}$，且h'（x）是增函数，
所以h'（x）≥h'（0）=1-k
当k≤1时，h'（x）≥0，
所以h（x）在[0，+∞）上是增函数，h（x）≥h（0）=0，即F'（x）≥0，
所以F（x）在[0，+∞）上是增函数，
所以F（x）≥F（0）=0，即f（x）≥kg（x）在x∈[0，+∞）上恒成立．
当k＞1时，因为$h'（x）={e^x}-\frac{k}{{{{（{x+1}）}^2}}}$在[0，+∞）是增函数，
因为h'（0）=1-k＜0，h'（k-1）=${e^{k-1}}-\frac{1}{k}＞0$，
所以h'（x）在（0，k-1）上存在唯一零点x₀，
当x∈[0，x₀）时，h'（x）＜h'（x₀）=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，
所以当x∈（0，x₀）时，F（x）＜F（0）=0，即f（x）＜kg（x）．
所以不等式f（x）＜kg（x）在区间[0，+∞）内有解
综上所述，实数k的取值范围为（1，+∞）．

点评 本题考查了导数的综合应用及恒成立问题的处理方法，同时考查了分类讨论的思想及单调性的判断与应用，化简及分类讨论比较困难，属于难题．