Question

20．已知函数f（x）=mln（x+1）-nx在点（1，f（1））处的切线与y轴垂直，且$f'（2）=-\frac{1}{3}$，其中 m，n∈R．
（Ⅰ）求m，n的值，并求出f（x）的单调区间；
（Ⅱ）设g（x）=-x²+2x，确定非负实数a的取值范围，使不等式f（x）+x≥ag（x）在[0，+∞）上恒成立．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，得到关于m，n的方程组，求出m，n的值，从而求出f（x）的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）问题可转化为不等式2ln（x+1）-a（-x²+2x）≥0在[0，+∞）上恒成立时，确定非负实数a的取值范围，记h（x）=2ln（x+1）-a（-x²+2x），根据函数的单调性求出a的范围即可．

解答 解：（Ⅰ）对f（x）求导，得$f'（x）=\frac{m}{x+1}-n$，
若f（x）在点（1，f（1））处的切线与y轴垂直，
则$\frac{m}{2}-n=0$，又$f'（2）=-\frac{1}{3}$，则$\frac{m}{3}-n=-\frac{1}{3}$，
由$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{m}{2}-n=0}\\{\frac{m}{3}-n=-\frac{1}{3}}\end{array}}\right.$，求得$\left\{{\begin{array}{l}{m=2}\\{n=1}\end{array}}\right.$，
所以f（x）=2ln（x+1）-x，定义域为（-1，+∞），
对f（x）求导，得$f'（x）=\frac{2}{x+1}-1=\frac{1-x}{x+1}$，
由f'（x）＞0，求得-1＜x＜1，即f（x）的单调递增区间为（-1，1）；
由f'（x）＜0，求得x＞1，即f（x）的单调递减区间为（1，+∞）．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，不等式f（x）+x≥ag（x）即是2ln（x+1）≥a（-x²+2x），
于是问题可转化为不等式2ln（x+1）-a（-x²+2x）≥0在[0，+∞）上恒成立时，确定非负实数a的取值范围，
记h（x）=2ln（x+1）-a（-x²+2x），则$h'（x）=\frac{2}{x+1}+2ax-2a=\frac{{2（{a{x^2}+1-a}）}}{x+1}$，
①当a=0时，对$?x≥0，h'（x）=\frac{2}{x+1}＞0$，则h（x）在[0，+∞）上为增函数，
②当a＞0时，令h'（x）=0，则ax²+1-a=0，当1-a≥0，
即0＜a≤1时，对?x≥0，h'（x）＞0，则h（x）在[0，+∞）上为增函数，
所以h（x）=h（0）=0，此时命题成立；
当1-a＜0，即a＞1时，由ax²+1-a=0，
求得${x_1}=-\sqrt{\frac{a-1}{a}}（含），x2=\sqrt{\frac{a-1}{a}}＞0$．h（x），h'（x）的变化情况如表：

x	0	（0，x2）	x2	（x2，+∞）
h'（x）		-	0	+
h（x）		↘	极小值	↗

因为h（x）_min=h（x₂）＜h（0）=0，
所以当x≥0时，命题不成立．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，考查转化思想，是一道综合题．