Question

已知函数f（x）=1-ln（x+1），g（x）=ax²-x+1．
（1）求证：1-x≤f（x）≤

1

1+x

；
（2）当x≥0时，若f（x）≥g（x）恒成立，求a的取值范围．

Answer 1

考点：利用导数求闭区间上函数的最值,利用导数研究函数的单调性

专题：计算题,证明题,分类讨论,导数的综合应用

分析：（1）令h（x）=f（x）-（1-x），求出导数，和单调区间，极值和最值，得到h（x）≥h（0）=0；
令m（x）=f（x）-

1

1+x

，求出导数、得到单调区间和极值、最值，得到m（x）≤m（0）=0，即可得证；
（2）令F（x）=g（x）-f（x）=ln（x+1）+ax²-x，求出导数，讨论a≤0，a≥

1

2

，0＜a＜

1

2

，函数的单调性，并运用检验是否恒成立．

解答： （1）证明：令h（x）=f（x）-（1-x）=x-ln（x+1），则h′（x）=

x

x+1

，
当-1＜x＜0 时，h′（x）≤0，函数h（x）递减，
当x＞0时，h′（x）＞0，函数h（x）递增，故h（x）在x=0处取得最小值h（0）=0，
即对x＞-1，有h（x）≥h（0）=0，故f（x）≥1-x，
令m（x）=f（x）-

1

1+x

=

x

1+x

-ln(x+1)，则m′（x）=-

x

(1+x)2

，
当-1＜x≤0 时，m′（x）≥0，函数m（x）递增，
当x＞0时，m′（x）＜0，函数m（x）递减，故m（x）在x=0处取得最大值m（0）=0，
即对x＞-1，有m（x）≤m（0）=0，故f（x）≤

1

1+x

，
∴1-x≤f（x）≤

1

1+x

；                                              
（2）解：令F（x）=g（x）-f（x）=ln（x+1）+ax²-x，则F′（x）=

2ax2+(2a-1)x

1+x

，
①当a≤0时，2a-1＜0，当x≥0，∴x+1＞0，2ax+2a-1≤0，
∴F′（x）≤0，∴函数y=F（x），x≥0为减函数，
∴当x≥0时，F（x）≤F（0）=0，即a≤0时，f（x）≥g（x）成立；
②当0＜a＜

1

2

时，

1-2a

2a

＞0，取x=

1

a

＞0，∵F（

1

a

）=ln（1+

1

a

）＞0，
即g（

1

a

）＞f（

1

a

），与题意矛盾．
③当a≥

1

2

时，1-2a≤0，∴当x≥0时，∴x+1＞0，2ax+2a-1≥0，∴F′（x）≥0，
∴函数y=F（x）在（0，+∞）为增函数，∴x＞0时，F（x）＞F（0）=0，
即g（x）＞f（x），与题意矛盾．
综合①②③，当a∈（-∞，0）时，对x≥0，有f（x）≥g（x）．

点评：本题考查导数在函数中的运用：求单调区间、求极值和最值，同时考查不等式恒成立问题转化为求最值问题，考查分类讨论的思想方法，属于中档题．