Question

10．已知函數(shù)f（x）=ax-ln（x+1），g（x）=e^x-x-1．曲線y=f（x）與y=g（x）在原點(diǎn)處的切線相同
（Ⅰ）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若x≥0時(shí)，g（x）≥kf（x），求k的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)f′（0）=g′（0），求出a的值，從而解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）先求出x≥ln（x+1），從而e^x≥x+1，設(shè)F（x）=g（x）-kf（x）=e^x+kln（x+1）-（k+1）x-1，根據(jù)放縮法以及函數(shù)的單調(diào)性通過(guò)討論k的范圍，求出k的具體范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）因?yàn)閒′（x）=a-$\frac{1}{x+1}$，（x＞-1），g′（x）=e^x-1，（2分）
依題意，f′（0）=g′（0），解得a=1，（3分）
所以f′（x）=1-$\frac{1}{x+1}$=$\frac{x}{x+1}$，
當(dāng)-1＜x＜0時(shí)，f′（x）＜0；當(dāng)x＞0時(shí)，f′（x）＞0，
故f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（-1，0），單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞）．（5分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，當(dāng)x=0時(shí)，f（x）取得最小值0．
所以f（x）≥0，即x≥ln（x+1），從而e^x≥x+1．
設(shè)F（x）=g（x）-kf（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），（6分）
（�。┊�(dāng)k=1時(shí)，因?yàn)閤≥0，所以F′（x）≥x+1+$\frac{1}{x+1}$-2≥0（當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)等號(hào)成立），
此時(shí)F（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞增，從而F（x）≥F（0）=0，即g（x）≥kf（x）．（7分）
（ⅱ）當(dāng)k＜1時(shí)，由于f（x）≥0，所以f（x）≥kf（x）．（8分）
由（ⅰ）知g（x）-f（x）≥0，所以g（x）≥f（x）≥kf（x），
故F（x）≥0，即g（x）≥kf（x）．（9分）
（ⅲ）當(dāng)k＞1時(shí)，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(diào)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(diǎn)x₀，（10分）
當(dāng)x∈（0，x₀）時(shí)，h′（x）＜0所以h（x）在（0，x₀）上單調(diào)遞減，
從而h（x）＜h（0）=0，即F′（x）＜0，
所以F（x）在（0，x₀）上單調(diào)遞減，
從而當(dāng)x∈（0，x₀）時(shí)，F(xiàn)（x）＜F（0）=0，即g（x）＜kf（x），不合題意．（11分）
綜上，實(shí)數(shù)k的取值范圍為（-∞，1]．（12分）

點(diǎn)評(píng) 本小題主要考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用、不等式等基礎(chǔ)知識(shí)，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力、創(chuàng)新意識(shí)等，考查函數(shù)與方程思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想、分類與整合思想、數(shù)形結(jié)合思想等．