Question

12．已知函数f（x）=ln（x+1）-$\frac{x}{x+1}$．
（1）证明：f（x）≥0；
（2）若当x≥0，f（x）≤ax²恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）先对原函数求导，从而判断单调性，求其最小值，说明最小值大于或等于零即可；
（2）将问题转化为f（x）-ax²≤0恒成立，然后讨论函数的单调性，求其最值即可使其小于或等于零构造不等式即可．

解答 解：（1）由题意得函数的定义域为（-1，+∞）．
f′（x）=$\frac{1}{x+1}-\frac{1}{（x+1）^{2}}=\frac{x}{（x+1）^{2}}$．
当x∈（-1，0）时，f′（x）＜0，此时f（x）为减函数；
当x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0，此时f（x）为增函数．
所以f（x）_min=f（0）=0，所以f（x）≥0在定义域内恒成立．
（2）由已知得ln（x+1）-$\frac{x}{x+1}-a{x}^{2}≤0$，当x≥0时恒成立．
令h（x）=ln（x+1）-$\frac{x}{x+1}-a{x}^{2}$，x∈[0，+∞）．
则$h′（x）=\frac{1}{x+1}-\frac{1}{（x+1）^{2}}-2ax$=$\frac{x[1-2a（x+1）^{2}]}{（x+1）^{2}}$．
当a≤0时，显然h′（x）≥0恒成立，所以h（x）在定义域内递增，而f（e-1）=lne-$\frac{e-1}{e}-a（e-1）^{2}$=$-a（e-1）^{2}+\frac{1}{e}＞0$．故a≤0不符合题意；
当2a≥1即a$≥\frac{1}{2}$时，因为x≥0，故（x+1）²≥1，所以1-2a（x+1）²≤0，故此时h′（x）≤0恒成立，所以h（x）在定义域内递减，所以h（x）_max=h（0）=0，
所以此时h（x）≤0在定义域内恒成立，故此时f（x）≤ax²恒成立，所以a$≥\frac{1}{2}$符合题意；
当$0＜a＜\frac{1}{2}$时，令h′（x）=0得$x=\frac{1}{\sqrt{2a}}-1$＞0，
当x$∈（0，\frac{1}{\sqrt{2a}}-1）$时，h′（x）＞0，故此时h（x）递增；当x$∈（\frac{1}{\sqrt{2a}}，+∞）$时，h′（x）＜0，故此时h（x）递减．
而当x→0时，h（x）→ln1=0，结合h（x）此时的单调性，可知函数h（x）不满足在（0，+∞）上恒为负．
综上可知，所求a的范围是[$\frac{1}{2}，+∞$）．

点评 本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，最值的思路；关于不等式恒成立问题，一般转化为函数的最值来解．