Question

16．已知函數f（x）=e^x-ax-1（a∈R）．
（1）若f（x）有極值0，求實數a，并確定該極值為極大值還是極小值；
（2）在（1）的條件下，當x∈[0，+∞）時，f（x）≥mxln（x+1）恒成立，求實數m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數的導數，通過討論a的范圍，求出函數的單調區間，求出函數的極值，得到關于a的方程，解出即可；
（2）問題轉化為e^x-x-mxln（x+1）-1≥0（x∈[0，+∞））恒成立，令g（x）=e^x-x-mxln（x+1）-1（x∈[0，+∞）），通過討論m的范圍，求出函數的單調區間，從而確定m的范圍即可．

解答 解：（1）f'（x）=e^x-a．
①若a≤0，f'（x）＞0，f（x）在（-∞，+∞）上單調遞增，無極值，不符合題意；
②若a＞0，令f'（x）=0，得x=lna，
當x∈（-∞，lna）時，f'（x）＜0，f（x）在（-∞，lna）上單調遞減；
當x∈（lna，+∞）時，f'（x）＞0，f（x）在（lna，+∞）上單調遞增．
所以，當x=lna時，f（x）取到極小值，f（lna）=e^lna-alna-1=0，即alna-a+1=0．
令φ（a）=alna-a+1，則$φ'（a）=lna+a•\frac{1}{a}-1=lna$，
當0＜a＜1時，φ'（a）＜0，φ（x）單調遞減；
當a＞1時，φ'（a）＞0，φ（x）單調遞增．
又φ（1）=0，所以alna-a+1=0有唯一解a=1．
（2）據（1），f（x）=e^x-x-1，當x≥0時，f（x）≥mxln（x+1）恒成立，
即e^x-x-mxln（x+1）-1≥0（x∈[0，+∞））恒成立．
令g（x）=e^x-x-mxln（x+1）-1（x∈[0，+∞）），
則$g'（x）={e^x}-1-mln（x+1）-\frac{mx}{x+1}$，
令$h（x）={e^x}-1-mln（x+1）-\frac{mx}{x+1}$（x∈[0，+∞）），
則$h'（x）={e^x}-m[{\frac{1}{{{{（x+1）}^2}}}+\frac{1}{x+1}}]$，h'（0）=1-2m，
$0＜\frac{1}{{{{（x+1）}^2}}}+\frac{1}{x+1}≤2$（當且僅當x=0時取“=”）．
①當m≤0時，h'（x）＞0，h（x）在[0，+∞）單調遞增，
所以h（x）_min=h（0）=0，即h（x）≥0，
即g'（x）≥0，所以g（x）在[0，+∞）單調遞增，
所以g（x）_min=g（0）=0，所以g（x）≥0，
所以e^x-x-mxln（x+1）-1≥0，即f（x）≥mxln（x+1）恒成立．
②當$0＜m≤\frac{1}{2}$時，h'（x）是增函數，h'（x）_min=h'（0）=1-2m≥0，
所以h'（x）＞0，故h（x）在[0，+∞）單調遞增，
所以h（x）_min=h（0）=0，即g'（x）≥0，
所以g（x）在[0，+∞）單調遞增，所以g（x）_min=g（0）=0，
所以g（x）≥0，即f（x）≥mxln（x+1）恒成立．
③當$m＞\frac{1}{2}$時，h'（x）是增函數，h'（x）_min=h'（0）=1-2m＜0，
當x→+∞時，e^x→+∞，$-m[{\frac{1}{{{{（x+1）}^2}}}+\frac{1}{x+1}}]→0$，
所以h'（x）→+∞，則?x₀＞0，使得h'（x₀）=0，
當x∈（0，x₀）時，h'（x）＜0，h（x）在（0，x₀）遞減，
此時h（x₀）＜h（0）=0，即g'（x）＜0，x∈（0，x₀），
所以g（x）在（0，x₀）遞減，g（x₀）＜g（0）=0，不符合題意．
綜上所述，m的取值范圍是$（{-∞，\;\;\frac{1}{2}}]$．

點評 本題考查了函數的單調性、極值問題，考查導數的應用以及分類討論思想，轉化思想，是一道綜合題．