Question

3．设函数f（x）=（1-ax）ln（x+1）-bx，a，b∈E，曲线y=f（x）恒与x轴相切于坐标原点．
（1）求常数b的值；
（2）若0≤x≤1时，关于x的不等式f（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）f′（x）=-aln（x+1）+$\frac{1-ax}{x+1}$-b，根据条件知f′（0）=0，解出即可．
（2）由（1）得f（x）=（1-ax）ln（1+x）-x，0≤x≤1．f′（x）-aln（x+1）+$\frac{1-ax}{1+x}$-1，令g（x）=f′（x），g′（x）=-$\frac{ax+2a+1}{（1+x）^{2}}$．对a分类讨论，研究函数g（x）的单调性极值与最值，进而得出函数f（x）的极值与最值．

解答 解：（1）f′（x）=-aln（x+1）+$\frac{1-ax}{x+1}$-b，
根据条件知f′（0）=0，
∴1-b=0，解得b=1．
（2）由（1）得f（x）=（1-ax）ln（1+x）-x，0≤x≤1．
f′（x）-aln（x+1）+$\frac{1-ax}{1+x}$-1，
令g（x）=f′（x），
g′（x）=$\frac{-a}{x+1}$+$\frac{-a（1+x）-（1-ax）}{（1+x）^{2}}$=-$\frac{ax+2a+1}{（1+x）^{2}}$．
①当a≤$-\frac{1}{2}$时，由于0≤x≤1，有g′（x）=-$\frac{a（x+\frac{2a+1}{a}）}{（1+x）^{2}}$≥0，于是f′（x）在[0，1]上单调递增，从而f′（x）≥f′（0）=0，因此f（x）在[0，1]上单调递增，
即f（x）≥f（0）=0，而且仅有f（0）=0；
②当a≥0时，由于0≤x≤1，有g′（x）=$-\frac{ax+2a+1}{（1+x）^{2}}$＜0，于是f′（x）在[0，1]上单调递减，从而f′（x）≤f′（0）=0，因此f（x）在[0，1]上单调递减．
即f（x）≤f（0）=0，而且仅有f（0）=0；
③当$-\frac{1}{2}＜a＜0$时，令m=min$\{1，-\frac{2a+1}{a}\}$，当0≤x≤m时，g′（x）≤0，于是f′（x）在[0，m]上单调递减，从而f′（x）≤f′（0）=0，因此f（x）在[0，m]上单调递减，
即f（x）≤f（0）=0，而且仅有f（0）=0．
综上可知，所求实数a的取值范围是$（-∞，-\frac{1}{2}]$．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了推理能力与计算能力，属于难题．