Question

15．已知函數f（x）=ae^x-x+b，g（x）=x-ln（x+1），（a，b∈R，e為自然對數的底數），且曲線y=f（x）與y=g（x）在坐標原點處的切線相同．
（1）求f（x）的最小值；
（2）若x≥0時，f（x）≥kg（x）恒成立，試求實數k的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）據導數的幾何意義和最值和函數的單調性的關系即可求出；
（2）構造函數，再分類討論，根據導數和單調性的關系即可求出．

解答 解：（1）因為f′（x）=ae^x-1，${g^'}（x）=1-\frac{1}{x+1}（x＞-1）$，
依題意，f′（0）=g′（0），且f（0）=0，解得a=1，b=-1，
所以f′（x）=e^x-1，當x＜0時，f′（x）＜0；當x＞0時，f′（x）＞0．
故f（x）的單調遞減區間為（-∞，0），單調遞增區間為（0，+∞）．
∴當x=0時，f（x）取得最小值為0．
（2）由（1）知，f（x）≥0，即e^x≥x+1，從而x≥ln（x+1），即g（x）≥0．
設F（x）=f（x）-kg（x）=e^x+kln（x+1）-（k+1）x-1，
則${F^'}（x）={e^x}+\frac{k}{x+1}-（k+1）≥x+1+\frac{k}{x+1}-（k+1）$，
①當k=1時，因為x≥0，∴${F^'}（x）≥x+1+\frac{1}{x+1}-2≥0$（當且僅當x=0時等號成立）
此時F（x）在[0，+∞）上單調遞增，從而F（x）≥F（0）=0，即f（x）≥kg（x）．
②當k＜1時，由于g（x）≥0，所以g（x）≥kg（x），
又由（1）知，f（x）-g（x）≥0，所以f（x）≥g（x）≥kg（x），故F（x）≥0，
即f（x）≥kg（x）．（此步也可以直接證k≤1）
③當k＞1時，令$h（x）={e^x}+\frac{k}{x+1}-（k+1）$，則${h^'}（x）={e^x}-\frac{k}{{{{（x+1）}^2}}}$，
顯然h′（x）在[0，+∞）上單調遞增，又h′（0）=1-k＜0，${h^'}（\sqrt{k}-1）={e^{\sqrt{k}-1}}-1＞0$，
所以h′（x）在$（0，\sqrt{k}-1）$上存在唯一零點x₀，
當x∈（0，x₀）時，h′（x）＜0，∴h（x）在[0，x₀）上單調遞減，
從而h（x）＜h（0）=0，即F′（x）＜0，所以F（x）在[0，x₀）上單調遞減，
從而當x∈（0，x₀）時，F（x）＜F（0）=0，即f（x）＜kg（x），不合題意．
綜上，實數k的取值范圍為（-∞，1]．

點評 本題考查了導數和函數的單調性，考查了運算能力，轉化能力，解決問題的能力，屬于中檔題．