Question

16．已知函数f（x）=e^x-ax-1（a∈R）．
（1）若f（x）有极值0，求实数a，并确定该极值为极大值还是极小值；
（2）在（1）的条件下，当x∈[0，+∞）时，f（x）≥mxln（x+1）恒成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，求出函数的极值，得到关于a的方程，解出即可；
（2）问题转化为e^x-x-mxln（x+1）-1≥0（x∈[0，+∞））恒成立，令g（x）=e^x-x-mxln（x+1）-1（x∈[0，+∞）），通过讨论m的范围，求出函数的单调区间，从而确定m的范围即可．

解答 解：（1）f'（x）=e^x-a．
①若a≤0，f'（x）＞0，f（x）在（-∞，+∞）上单调递增，无极值，不符合题意；
②若a＞0，令f'（x）=0，得x=lna，
当x∈（-∞，lna）时，f'（x）＜0，f（x）在（-∞，lna）上单调递减；
当x∈（lna，+∞）时，f'（x）＞0，f（x）在（lna，+∞）上单调递增．
所以，当x=lna时，f（x）取到极小值，f（lna）=e^lna-alna-1=0，即alna-a+1=0．
令φ（a）=alna-a+1，则$φ'（a）=lna+a•\frac{1}{a}-1=lna$，
当0＜a＜1时，φ'（a）＜0，φ（x）单调递减；
当a＞1时，φ'（a）＞0，φ（x）单调递增．
又φ（1）=0，所以alna-a+1=0有唯一解a=1．
（2）据（1），f（x）=e^x-x-1，当x≥0时，f（x）≥mxln（x+1）恒成立，
即e^x-x-mxln（x+1）-1≥0（x∈[0，+∞））恒成立．
令g（x）=e^x-x-mxln（x+1）-1（x∈[0，+∞）），
则$g'（x）={e^x}-1-mln（x+1）-\frac{mx}{x+1}$，
令$h（x）={e^x}-1-mln（x+1）-\frac{mx}{x+1}$（x∈[0，+∞）），
则$h'（x）={e^x}-m[{\frac{1}{{{{（x+1）}^2}}}+\frac{1}{x+1}}]$，h'（0）=1-2m，
$0＜\frac{1}{{{{（x+1）}^2}}}+\frac{1}{x+1}≤2$（当且仅当x=0时取“=”）．
①当m≤0时，h'（x）＞0，h（x）在[0，+∞）单调递增，
所以h（x）_min=h（0）=0，即h（x）≥0，
即g'（x）≥0，所以g（x）在[0，+∞）单调递增，
所以g（x）_min=g（0）=0，所以g（x）≥0，
所以e^x-x-mxln（x+1）-1≥0，即f（x）≥mxln（x+1）恒成立．
②当$0＜m≤\frac{1}{2}$时，h'（x）是增函数，h'（x）_min=h'（0）=1-2m≥0，
所以h'（x）＞0，故h（x）在[0，+∞）单调递增，
所以h（x）_min=h（0）=0，即g'（x）≥0，
所以g（x）在[0，+∞）单调递增，所以g（x）_min=g（0）=0，
所以g（x）≥0，即f（x）≥mxln（x+1）恒成立．
③当$m＞\frac{1}{2}$时，h'（x）是增函数，h'（x）_min=h'（0）=1-2m＜0，
当x→+∞时，e^x→+∞，$-m[{\frac{1}{{{{（x+1）}^2}}}+\frac{1}{x+1}}]→0$，
所以h'（x）→+∞，则?x₀＞0，使得h'（x₀）=0，
当x∈（0，x₀）时，h'（x）＜0，h（x）在（0，x₀）递减，
此时h（x₀）＜h（0）=0，即g'（x）＜0，x∈（0，x₀），
所以g（x）在（0，x₀）递减，g（x₀）＜g（0）=0，不符合题意．
综上所述，m的取值范围是$（{-∞，\;\;\frac{1}{2}}]$．

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