Question

【题目】已知函数f（x）=xln（x+1）+（ ﹣a）x+2﹣a，a∈R．
（I）当x＞0时，求函数g（x）=f（x）+ln（x+1）+ x的单调区间；
（Ⅱ）当a∈Z时，若存在x≥0，使不等式f（x）＜0成立，求a的最小值．

Answer 1

【答案】解：（Ⅰ）∵g（x）=（x+1）ln（x+1）+（1﹣a）x+2﹣a，（x＞0）， ∴g′（x）=ln（x+1）+2﹣a，
当2﹣a≥0即a≤2时，g′（x）＞0对x∈（0，+∞）恒成立，
此时，g（x）在（0，+∞）递增，无递减区间，
当2﹣a＜0即a＞2时，
由g′（x）＞0，得x＞ea﹣2﹣1，由g′（x）＜0，得0＜x＜ea﹣2﹣1，
此时，g（x）在（0，ea﹣2﹣1）递减，在（ea﹣2﹣1，+∞）递增，
综上，a≤2时，g（x）在（0，+∞）递增，无递减区间；
a＞2时，g（x）在（0，ea﹣2﹣1）递减，在（ea﹣2﹣1，+∞）递增，
（Ⅱ）由f（x）＜0，得（x+1）a＞xln（x+1）+ x+2，
当x≥0时，上式等价于a＞ ，
令h（x）= ，x≥0，
由题意，存在x≥0，使得f（x）＜0成立，则只需a＞h（x）min ，
∵h′（x）= ，
令u（x）=ln（x+1）+x﹣ ，显然u（x）在[0，+∞）递增，
而u（0）=﹣ ＜0，u（1）=ln2﹣ ＞0，
故存在x0∈（0，1），使得u（x0）=0，即ln（x0+1）= ﹣x0 ，
又当x0∈[0，x0）时，h′（x）＜0，h（x）递减，
当x∈[x0 ， +∞）时，h′（x）＞0，h（x）递增，
故x=x0时，h（x）有极小值（也是最小值），
故h（x）min= ，
故a≥ = ，x0∈（0，1），
而2＜ ＜3，
故a的最小整数值是3．
【解析】（Ⅰ）求出函数g（x）的导数，通过讨论a的范围求出函数的单调区间即可；（Ⅱ）问题等价于a＞ ，令h（x）= ，x≥0， 唯一转化为求出a＞h（x）min ， 根据函数的单调性求出h（x）的最小值，从而求出a的最小值即可．
【考点精析】根据题目的已知条件，利用利用导数研究函数的单调性和函数的最大(小)值与导数的相关知识可以得到问题的答案，需要掌握一般的,函数的单调性与其导数的正负有如下关系： 在某个区间内，(1)如果，那么函数在这个区间单调递增；(2)如果，那么函数在这个区间单调递减；求函数在上的最大值与最小值的步骤：（1）求函数在内的极值；（2）将函数的各极值与端点处的函数值，比较，其中最大的是一个最大值，最小的是最小值．