Question

7．已知函数f（x）=x-m（x+1）ln（x+1）（m＞0）的最大值是0，函数g（x）=x-a（x²+2x）（a∈R）．
（Ⅰ）求实数m的值；
（Ⅱ）若当x≥0时，不等式f（x）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，根据函数的单调性求出f（x）的最大值，得到关于m的方程，求出m的值即可；
（Ⅱ）令F（x）=f（x）-g（x），求出函数的导数，通过讨论a的范围，得到函数的单调区间，结合函数恒成立问题，求出a的范围即可．

解答 解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（-1，+∞），
f′（x）=1-m[ln（x+1）+1]（1分）
因为m＞0，所以f′（x）在（-1，+∞）上单调递减．
令f′（x）=0，得$x={e^{\frac{1}{m}-1}}-1$
当$x∈（-1，{e^{\frac{1}{m}-1}}-1）$时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
当$x∈（{e^{\frac{1}{m}-1}}-1，+∞）$时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
所以，当$x={e^{\frac{1}{m}-1}}-1$时，$f{（x）_{max}}=f（{e^{\frac{1}{m}-1}}-1）={e^{\frac{1}{m}-1}}-1-m{e^{\frac{1}{m}-1}}（\frac{1}{m}-1）$=$m{e^{\frac{1}{m}-1}}-1$
于是，$m{e^{\frac{1}{m}-1}}-1=0$，得${e^{\frac{1}{m}-1}}=\frac{1}{m}$（3分）
易知，函数y=e^x-1-x在x=1处有唯一零点，所以$\frac{1}{m}=1$，m=1．    （4分）
（Ⅱ）令F（x）=f（x）-g（x）=a（x²+2x）-（x+1）ln（x+1），x≥0
则F′（x）=a（2x+2）-[ln（x+1）+1]（5分）
设h（x）=F′（x）=a（2x+2）-[ln（x+1）+1]
则${h^'}（x）=2a-\frac{1}{x+1}=\frac{2ax+2a-1}{x+1}$（6分）
①当a≤0时，h′（x）＜0，F′（x）在[0，+∞）上单调递减，
则x∈[0，+∞）时，F′（x）≤F′（0）=2a-1＜0，F（x）在[0，+∞）上单调递减，
故当x∈[0，+∞）时，F（x）≤F（0）=0，与已知矛盾．（8分）
②当$0＜a＜\frac{1}{2}$时，${h^'}（x）=2a-\frac{1}{x+1}=\frac{2ax+2a-1}{x+1}=\frac{{2a[x-（\frac{1}{2a}-1）]}}{x+1}$，
当$x∈（0，\frac{1}{2a}-1）$时，h′（x）＜0，F′（x）在$（0，\frac{1}{2a}-1）$上单调递减，
则$x∈（0，\frac{1}{2a}-1）$时，F′（x）＜F′（0）=2a-1＜0
故F（x）在$（0，\frac{1}{2a}-1）$上单调递减，
则当$x∈（0，\frac{1}{2a}-1）$时，F（x）＜F（0）=0，与已知矛盾．（10分）
③当$a≥\frac{1}{2}$时，h′（x）＞0，F′（x）在[0，+∞）上单调递增，
则x∈[0，+∞）时，F′（x）≥F′（0）=2a-1＞0
所以F（x）在[0，+∞）上单调递增，
故当x∈[0，+∞）时，F（x）≥F（0）=0恒成立．
综上，实数a的取值范围是$a≥\frac{1}{2}$． （12分）

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，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．