Question

11．已知函数$f（x）=aln（x+1），g（x）=\frac{1}{3}{x^3}-ax$，h（x）=e^x-1．
（Ⅰ）当x≥0时，f（x）≤h（x）恒成立，求a的取值范围；
（Ⅱ）当x＜0时，研究函数F（x）=h（x）-g（x）的零点个数；
（Ⅲ）求证：$\frac{1095}{1000}＜\root{10}{e}＜\frac{3000}{2699}$（参考数据：ln1.1≈0.0953）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）构造辅助函数，H（x）=h（x）-f（x），根据a的取值范围，求导，确定函数的单调性，根据函数的单调性求得H（x）的最小值．即可a的取值范围；
（Ⅱ）当a在R上变化时，讨论函数f （x）与g （x）的图象公共点的个数，即讨论F（x）=h（x）-g（x）的零点的个数，分类讨论，确定函数的单调性，即可得出结论；
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当a=1时，e^x＞1+ln（x+1）对x＞0恒成立，令$x=-\frac{1}{10}$，${e^{-\frac{1}{10}}}＞\frac{1}{3}{（-\frac{1}{10}）^3}-\frac{1}{10}+1=\frac{2699}{3000}$，则$\root{10}{e}＜\frac{3000}{2699}$，即可证明结论．

解答 解：（Ⅰ）令H（x）=h（x）-f（x）=e^x-1-aln（x+1）（x≥0）则$H'（x）={e^x}-\frac{a}{x+1}（{x≥0}）$
①若a≤1，则$\frac{a}{x+1}≤1≤{e^x}$，H'（x）≥0，H（x）在[0，+∞）递增，H（x）≥H（0）=0，
即f（x）≤h（x）在[0，+∞）恒成立，满足，a≤1，
a的取值范围（-∞，1]；              …（2分）
②若a＞1，$H'（x）={e^x}-\frac{a}{x+1}$在[0，+∞）递增，H'（x）≥H'（0）=1-a且1-a＜0，
且x→+∞时，H'（x）→+∞，
则?x₀∈（0，+∞）使H'（x₀）=0进而H（x）在[0，x₀）递减，在（x₀，+∞）递增，
所以当x∈（0，x₀）时H（x）＜H（0）=0，
即当x∈（0，x₀）时，f（x）＞h（x），不满足题意，舍去；
综合①，②知a的取值范围为（-∞，1]；…（4分）
（Ⅱ）依题意得$F（x）=h（x）-g（x）={e^x}-1-\frac{1}{3}{x^3}+ax（{x＜0}）$，则F'（x）=e^x-x²+a，
则F''（x）=e^x-2x＞0在（-∞，0）上恒成立，故F'（x）=e^x-x²+a在（-∞，0）递增，
所以F'（x）＜F'（0）=1+a，且x→-∞时，F'（x）→-∞；
①若1+a≤0，即a≤-1，则F'（x）＜F'（0）=1+a≤0，故F（x）在（-∞，0）递减，
∴F（x）＞F（0）=0，F（x）在（-∞，0）无零点；                 …（6分）
②若1+a＞0，即a＞-1，则$?{x_0}^′∈（-∞，0）$使$F'（{x_0}^′）=0$，
进而F（x）在$（-∞，{x_0}^′）$递减，在$（{x_0}^′，0）$递增，
$F（{x_0}^′）＜F（0）=0$且x→-∞时，$F（x）=（{e^x}-1）-\frac{1}{3}x（{x^2}-3a）→+∞$，
F（x）在$（-∞，{x_0}^′）$上有一个零点，在$[{x_0}^′，0）$无零点，
故F（x）在（-∞，0）有一个零点．
综合①②，当a≤-1时无零点；当a＞1时有一个公共点．…（8分）
（Ⅲ）证明：由（Ⅰ）知，当a=1时，e^x＞1+ln（x+1）对x＞0恒成立，
令$x=\frac{1}{10}$，则${e^{\frac{1}{10}}}＞1+ln1.1≈1.0953＞\frac{1095}{1000}$即$\root{10}{e}＞\frac{1095}{1000}$；       …（10分）
由（Ⅱ）知，当a=-1时，${e^x}＞\frac{1}{3}{x^3}+x+1$对x＜0恒成立，
令$x=-\frac{1}{10}$，则${e^{-\frac{1}{10}}}＞\frac{1}{3}{（-\frac{1}{10}）^3}-\frac{1}{10}+1=\frac{2699}{3000}$，
∴$\root{10}{e}＜\frac{3000}{2699}$；
故有$\frac{1095}{1000}＜\root{10}{e}＜\frac{3000}{2699}$．…（12分）

点评 本题考查导数的综合应用，考查导数与函数单调性，极值及最值得关系，函数零点的判断，考查转化思想，构造法，考查计算能力，属于难题．