Question

20．已知函数f（x）=ln（x+a）-x，a∈R．
（1）当a=-1时，求f（x）的单调区间；
（2）若x≥1时，不等式${e^{f（x）}}+\frac{a}{2}{x^2}＞1$成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）代入a=-1可知f（x）的解析式，通过求导，分1＜x＜2、x＞2两种情况讨论即可；
（2）一方面通过定义域及x≥1可知a＞-1，另一方面通过变形可知只需$a＞\frac{{2（{e}-1）}}{{{e}+2}}$，进而设$h（x）=\frac{{2（{e}-1）}}{{{e}+2}}（{{e}^x}x-1）+1-x，x≥1$，只需通过求导证明h（x）在（1，+∞）上单调递增，计算可知ae^xx-x+1-a＞0．结合两方面即得结论．

解答 解：（1）当a=-1，f（x）=ln（x-1）-x，x＞1．
$f'（x）=\frac{1}{x-1}-1=\frac{1-x+1}{x-1}=\frac{2-x}{x-1}$．
当1＜x＜2时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；
当x＞2时，f'（x）＜0，f（x）单调递减．
综上，f（x）的单调递增区间为（1，2）；单调递减区间为（2，+∞）．（4分）
（2）由题意得，x≥1时，x+a＞0恒成立，可得a＞-1．①
由题意得，不等式$\frac{a}{2}{x^2}+\frac{x+a}{{{{e}^x}}}-1＞0$对于任意的x≥1恒成立．
设$g（x）=\frac{a}{2}{x^2}+\frac{x+a}{{{{e}^x}}}-1$，x≥1．则$g'（x）=\frac{{a{{e}^x}x-x+1-a}}{{{{e}^x}}}$．
当a≤0时，$g（2）=2a+\frac{2+a}{{{{e}^2}}}-1=a（2+\frac{1}{{{{e}^2}}}）-1+\frac{2}{{{{e}^2}}}＜0$，不满足题意；
当a＞0时，要使x≥1时，不等式${{e}^{f（x）}}+\frac{a}{2}{x^2}＞1$成立，
须$g（1）=\frac{a}{2}+\frac{1+a}{e}-1=a（\frac{1}{2}+\frac{1}{e}）-1+\frac{1}{e}＞0$，即$a＞\frac{{2（{e}-1）}}{{{e}+2}}$； （8分）
当$a＞\frac{2（e-1）}{e+2}$时，$a{{e}^x}x-x+1-a=a（{{e}^x}x-1）+1-x＞\frac{{2（{e}-1）}}{{{e}+2}}（{{e}^x}x-1）+1-x$，
设$h（x）=\frac{{2（{e}-1）}}{{{e}+2}}（{{e}^x}x-1）+1-x，x≥1$，则$h'（x）=\frac{{2（{e}-1）}}{{{e}+2}}{{e}^x}x+\frac{{2（{e}-1）}}{{{e}+2}}{{e}^x}-1，x≥1$．
显然h'（x）在（1，+∞）上单调递增，所以$h'（x）＞h'（1）=\frac{{4{{e}^2}-5{e}-2}}{{{e}+2}}＞0$．
所以h（x）在（1，+∞）上单调递增，$h（x）＞h（1）=\frac{{2{{（{e}-1）}^2}}}{{{e}+2}}＞0$．
即ae^xx-x+1-a＞0．…②
由①②可知$a＞\frac{{2（{e}-1）}}{{{e}+2}}$时，满足题意．（12分）

点评 本题考查利用导数研究函数的单调性，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于难题．