Question

15．已知a∈R，函数f（x）=ln（x+a）-x，曲线y=f（x）与x轴相切．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）是否存在实数m使得$\frac{f（x）}{x}＞m（1-{e^x}）$恒成立？若存在，求实数m的值；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）设出切点坐标，由$\left\{\begin{array}{l}{f（{x}_{0}）=0}\\{f′（{x}_{0}）=0}\end{array}\right.$即可求得a值，把a值代入函数解析式，得到当x变化时，f′（x）与f（x）的变化情况表，由图表可得f（x）的单调区间；
（Ⅱ）$\frac{f（x）}{x}＞m（1-{e^x}）$等价于$\left\{\begin{array}{l}{x＜0}\\{f（x）＜mx（1-{e}^{x}）}\end{array}\right.$，或$\left\{\begin{array}{l}{x＞0}\\{f（x）＞mx（1-{e}^{x}）}\end{array}\right.$，令g（x）=f（x）-mx（1-e^x）=ln（x+1）-x-mx（1-e^x），x∈（-1，+∞），求其二阶导数，然后对m分类讨论得答案．

解答 解：（Ⅰ）设切点为（x₀，0），则f′（x）=$\frac{1}{x+a}-1$，
依题意$\left\{\begin{array}{l}{f（{x}_{0}）=0}\\{f′（{x}_{0}）=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{ln（{x}_{0}+a）-{x}_{0}=0}\\{\frac{1}{{x}_{0}+a}-1=0}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{a=1}\\{{x}_{0}=0}\end{array}\right.$．
∴f（x）=ln（x+1）-x，f′（x）=$\frac{-x}{x+1}$．
当x变化时，f′（x）与f（x）的变化情况如下表：

x	（-1，0）	0	（0，+∞）
f′（x）	+	0	-
f（x）	单调递增	极大值	单调递减

∴f（x）在（-1，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减；
（Ⅱ）存在m=$\frac{1}{2}$，理由如下：
$\frac{f（x）}{x}＞m（1-{e^x}）$等价于$\left\{\begin{array}{l}{x＜0}\\{f（x）＜mx（1-{e}^{x}）}\end{array}\right.$，或$\left\{\begin{array}{l}{x＞0}\\{f（x）＞mx（1-{e}^{x}）}\end{array}\right.$．
令g（x）=f（x）-mx（1-e^x）=ln（x+1）-x-mx（1-e^x），x∈（-1，+∞），
则g′（x）=$\frac{1}{x+1}-1-m+m（x+1）{e}^{x}$，g″（x）=$-\frac{1}{（x+1）^{2}}+m（x+2）{e}^{x}$，
①若m=$\frac{1}{2}$，
当-1＜x＜0时，-$\frac{1}{（x+1）^{2}}$＜-1，m（x+2）e^x＜1，∴g″（x）＜0；
当x＞0时，-$\frac{1}{（x+1）^{2}}$＞-1，m（x+2）e^x＞1，∴g″（x）＞0，
∴g′（x）在单调递减区间为（-1，0），单调递增为（0，+∞），
又g′（0）=0，∴g′（x）≥0，当且仅当x=0时，g′（x）=0，
从而g（x）在（-1，+∞）上单调递增，又g（0）=0，
∴$\left\{\begin{array}{l}{x＜0}\\{g（x）＜0}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{x＞0}\\{g（x）＞0}\end{array}\right.$，即$\frac{f（x）}{x}$＞m（1-e^x）成立．
②若m$＞\frac{1}{2}$，∵g″（0）=2m-1＞0，
g″（$\frac{1}{2m}-1$）=$-4{m}^{2}+m（\frac{1}{2m}+1）{e}^{\frac{1}{2m}-1}$＜-4m²+m（$\frac{1}{2m}+1$）＜0，
∴存在x₁∈（$\frac{1}{2m}-1$，0），使得g″（x₁）=0，
∵g″（x）在（-1，0）上单调递增，
∴当x∈（x₁，0）时，g″（x）＞0，g′（x）在（x₁，0）上递增，
又g′（0）=0，∴当x∈（x₁，0）时，g′（x）＜0，
从而g（x）在（x₁，0）上递减，又g（0）=0，
∴当x∈（x₁，0）时，g（x）＞0，
此时$\frac{f（x）}{x}$＞m（1-e^x）不恒成立；
③若m＜$\frac{1}{2}$，同理可得$\frac{f（x）}{x}$＞m（1-e^x）不恒成立．
综上所述，存在实数m=$\frac{1}{2}$．

点评 本题主要考查导数的几何意义、导数及其应用、不等式等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识等，考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想、数形结合思想等，是压轴题．