Question

18．已知函数f（x）=ln（x+1）-ax，g（x）=1-e^x（a为常数，其中e是自然对数的底数）
（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性
（Ⅱ）证明：当x＞0且a≤2时，函数f（x）的图象恒在g（x）的图象上方．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数f（x）的导数f′（x），利用导数判断f（x）的单调性，并求出单调区间；
（Ⅱ）构造函数h（x）=f（x）-g（x）=ln（x+1）-ax+e^x-1，利用导数证明h（x）在（0，+∞）上为增函数，且求得h（0）=0得答案．

解答 （Ⅰ）解：∵函数f（x）=ln（x+1）-ax，x＞-1；
∴f′（x）=$\frac{1}{x+1}$-a，
当a≤0时，f′（x）=$\frac{1}{x+1}$-a＞0，
f（x）在定义域（-1，+∞）上是单调增函数；
当a＞0时，令f′（x）=0，解得x=$\frac{1}{a}$-1，
∴x∈（-1，$\frac{1}{a}$-1）时，f′（x）＞0，f（x）是单调增函数，
x∈（$\frac{1}{a}$-1，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）是单调减函数．
综上，a≤0时，f（x）的单调增区间是（-1，+∞），
a＞0时，f（x）的单调增区间是（-1，$\frac{1}{a}$-1），单调减区间是（$\frac{1}{a}$-1，+∞）；
（Ⅱ）证明：令h（x）=f（x）-g（x）=ln（x+1）-ax+e^x-1，
则h′（x）=$\frac{1}{x+1}+{e}^{x}-a$，
当x＞0且a≤2时，e^x＞x+1，
∴h′（x）=$\frac{1}{x+1}+{e}^{x}-a$＞$\frac{1}{x+1}+x+1-a＞2-a≥0$．
故h（x）在（0，+∞）上为增函数，
即h（x）＞h（0）=0．
∴f（x）-g（x）＞0，f（x）＞g（x）．
故当x＞0且a≤2时，函数f（x）的图象恒在g（x）的图象上方．

点评 本题考查函数导数的综合应用问题，考查数学转化思想方法与分类讨论思想思想方法，是中档题．