Question

7．已知函數f（x）=x-m（x+1）ln（x+1）（m＞0）的最大值是0，函數g（x）=x-a（x²+2x）（a∈R）．
（Ⅰ）求實數m的值；
（Ⅱ）若當x≥0時，不等式f（x）≥g（x）恒成立，求實數a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數的導數，根據函數的單調性求出f（x）的最大值，得到關于m的方程，求出m的值即可；
（Ⅱ）令F（x）=f（x）-g（x），求出函數的導數，通過討論a的范圍，得到函數的單調區間，結合函數恒成立問題，求出a的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）函數f（x）的定義域為（-1，+∞），
f′（x）=1-m[ln（x+1）+1]（1分）
因為m＞0，所以f′（x）在（-1，+∞）上單調遞減．
令f′（x）=0，得$x={e^{\frac{1}{m}-1}}-1$
當$x∈（-1，{e^{\frac{1}{m}-1}}-1）$時，f′（x）＞0，f（x）單調遞增；
當$x∈（{e^{\frac{1}{m}-1}}-1，+∞）$時，f′（x）＜0，f（x）單調遞減；
所以，當$x={e^{\frac{1}{m}-1}}-1$時，$f{（x）_{max}}=f（{e^{\frac{1}{m}-1}}-1）={e^{\frac{1}{m}-1}}-1-m{e^{\frac{1}{m}-1}}（\frac{1}{m}-1）$=$m{e^{\frac{1}{m}-1}}-1$
于是，$m{e^{\frac{1}{m}-1}}-1=0$，得${e^{\frac{1}{m}-1}}=\frac{1}{m}$（3分）
易知，函數y=e^x-1-x在x=1處有唯一零點，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
則F′（x）=a（2x+2）-[ln（x+1）+1]（5分）
設h（x）=F′（x）=a（2x+2）-[ln（x+1）+1]
則${h^'}（x）=2a-\frac{1}{x+1}=\frac{2ax+2a-1}{x+1}$（6分）
①當a≤0時，h′（x）＜0，F′（x）在[0，+∞）上單調遞減，
則x∈[0，+∞）時，F′（x）≤F′（0）=2a-1＜0，F（x）在[0，+∞）上單調遞減，
故當x∈[0，+∞）時，F（x）≤F（0）=0，與已知矛盾．（8分）
②當$0＜a＜\frac{1}{2}$時，${h^'}（x）=2a-\frac{1}{x+1}=\frac{2ax+2a-1}{x+1}=\frac{{2a[x-（\frac{1}{2a}-1）]}}{x+1}$，
當$x∈（0，\frac{1}{2a}-1）$時，h′（x）＜0，F′（x）在$（0，\frac{1}{2a}-1）$上單調遞減，
則$x∈（0，\frac{1}{2a}-1）$時，F′（x）＜F′（0）=2a-1＜0
故F（x）在$（0，\frac{1}{2a}-1）$上單調遞減，
則當$x∈（0，\frac{1}{2a}-1）$時，F（x）＜F（0）=0，與已知矛盾．（10分）
③當$a≥\frac{1}{2}$時，h′（x）＞0，F′（x）在[0，+∞）上單調遞增，
則x∈[0，+∞）時，F′（x）≥F′（0）=2a-1＞0
所以F（x）在[0，+∞）上單調遞增，
故當x∈[0，+∞）時，F（x）≥F（0）=0恒成立．
綜上，實數a的取值范圍是$a≥\frac{1}{2}$． （12分）

點評 本題考查了函數的單調性、最值問題，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．