Question

6．已知函数f（x）=ln（x+1）-ax，a∈R．
（1）讨论f（x）的极值；
（2）若$\frac{f（x）+ax}{{e}^{x}}$≤ax对任意x∈[0，+∞）恒成立，求实数a的取值范围（其中e为自然对数的底数）．

Answer 1

分析 （1）求出${f}^{'}（x）=\frac{1}{x+1}$-a，（x＞-1），a≤0时，f′（x）＞0，f（x）在（-1，$\frac{1}{a}-1$）上单调递增，无极值；当a＞0时，${f}^{'}（x）=\frac{-a（x+1-\frac{1}{a}）}{x+1}$，当-1＜x＜$\frac{1}{a}-1$时，f′（x）＞0，当x＞$\frac{1}{a}-1$时，f′（x）＜0，由此能求出当a≤0时，f（x）无极值；当a＞0时，f（x）有极大值-lna+a-1，无极小值．
（2）推导出$\frac{ln（x+1）}{{e}^{x}}$≤ax，即ln（x+1）-axe^x≤0，记F（x）=ln（x+1）-axe^x（x≥0），只需F（x）_max≤0，${F}^{'}（x）=\frac{1}{x+1}-a（1+x）{e}^{x}$，由此利用导数性质及分类讨论思想能求出实数a的取值范围．

解答 解：（1）∵函数f（x）=ln（x+1）-ax，a∈R，
∴${f}^{'}（x）=\frac{1}{x+1}$-a，（x＞-1），
①当a≤0时，f′（x）＞0，f（x）在（-1，$\frac{1}{a}-1$）上单调递增，无极值；
②当a＞0时，${f}^{'}（x）=\frac{-a（x+1-\frac{1}{a}）}{x+1}$，
当-1＜x＜$\frac{1}{a}-1$时，f′（x）＞0，f（x）在（-1，$\frac{1}{a}-1$）上单调递增；
当x＞$\frac{1}{a}-1$时，f′（x）＜0，f（x）在（$\frac{1}{a}-1$，+∞）上单调递减．
∴y_极大值=f（$\frac{1}{a}-1$）=-lna+a-1，无极小值．
综上：当a≤0时，f（x）无极值；当a＞0时，f（x）有极大值-lna+a-1，无极小值．
（2）∵$\frac{f（x）+ax}{{e}^{x}}$≤ax对任意x∈[0，+∞）恒成立，∴$\frac{ln（x+1）}{{e}^{x}}$≤ax，
∴ln（x+1）-axe^x≤0，
记F（x）=ln（x+1）-axe^x（x≥0），只需F（x）_max≤0，
∴${F}^{'}（x）=\frac{1}{x+1}-a（1+x）{e}^{x}$，
①当a≤0时，$\frac{1}{x+1}$＞0，a（x+1）e^x≤0，∴F′（x）＞0，F（x）在[0，+∞）上是单调递增函数，
∴当x＞0时，F（x）＞F（0）=0，不合题意，舍去．
②当a＞0时，${F}^{'}（x）=\frac{1-a（x+1）^{2}{e}^{x}}{x+1}$．
（i）当a≥1时，∵x≥0，∴a（x+1）²e^x≥1，∴${F}^{'}（x）=\frac{1-a（x+1）^{2}{e}^{x}}{x+1}$≤0，
∴F（x）在[0，+∞）上单调递减，故当x≥0时，F（x）≤F（0）=0，符合题意．
（ii）当0＜a＜1时，记g（x）=1-a（x+1）²e^x，（x≥0），
∴g′（x）=-a（x+1）（x+3）e^x＜0，g（x）在[0，+∞）上单调递减，
又g（0）=1-a＞0，g（$\sqrt{\frac{1}{a}}$-1）=1-${e}^{\sqrt{\frac{1}{a}-1}}$＜0，
∴存在唯一x₀∈（0，$\sqrt{\frac{1}{a}-1}$），使得g（x₀）=0，
当0＜x＜x₀时，g（x）＞g（x₀）=0，
从而${F}^{'}（x）=\frac{1-a（x+1）^{2}{e}^{x}}{x+1}$＞0，即F（x）在（0，x₀）上单调递增，
∴当0＜x＜x₀时，F（x）＞F（0）=0，不符合要求，舍去．
综上，得a≥1．即实数a的取值范围是[1，+∞）．

点评 本题考查导数的运用、函数的单调性、极值、最值等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查分类讨论、化归与转化等数学思想，是中档题．