Question

20．已知函數(shù)f（x）=ln（x+a）-x，a∈R．
（1）當(dāng)a=-1時，求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若x≥1時，不等式${e^{f（x）}}+\frac{a}{2}{x^2}＞1$成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）代入a=-1可知f（x）的解析式，通過求導(dǎo)，分1＜x＜2、x＞2兩種情況討論即可；
（2）一方面通過定義域及x≥1可知a＞-1，另一方面通過變形可知只需$a＞\frac{{2（{e}-1）}}{{{e}+2}}$，進(jìn)而設(shè)$h（x）=\frac{{2（{e}-1）}}{{{e}+2}}（{{e}^x}x-1）+1-x，x≥1$，只需通過求導(dǎo)證明h（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，計算可知ae^xx-x+1-a＞0．結(jié)合兩方面即得結(jié)論．

解答 解：（1）當(dāng)a=-1，f（x）=ln（x-1）-x，x＞1．
$f'（x）=\frac{1}{x-1}-1=\frac{1-x+1}{x-1}=\frac{2-x}{x-1}$．
當(dāng)1＜x＜2時，f'（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增；
當(dāng)x＞2時，f'（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減．
綜上，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（1，2）；單調(diào)遞減區(qū)間為（2，+∞）．（4分）
（2）由題意得，x≥1時，x+a＞0恒成立，可得a＞-1．①
由題意得，不等式$\frac{a}{2}{x^2}+\frac{x+a}{{{{e}^x}}}-1＞0$對于任意的x≥1恒成立．
設(shè)$g（x）=\frac{a}{2}{x^2}+\frac{x+a}{{{{e}^x}}}-1$，x≥1．則$g'（x）=\frac{{a{{e}^x}x-x+1-a}}{{{{e}^x}}}$．
當(dāng)a≤0時，$g（2）=2a+\frac{2+a}{{{{e}^2}}}-1=a（2+\frac{1}{{{{e}^2}}}）-1+\frac{2}{{{{e}^2}}}＜0$，不滿足題意；
當(dāng)a＞0時，要使x≥1時，不等式${{e}^{f（x）}}+\frac{a}{2}{x^2}＞1$成立，
須$g（1）=\frac{a}{2}+\frac{1+a}{e}-1=a（\frac{1}{2}+\frac{1}{e}）-1+\frac{1}{e}＞0$，即$a＞\frac{{2（{e}-1）}}{{{e}+2}}$； （8分）
當(dāng)$a＞\frac{2（e-1）}{e+2}$時，$a{{e}^x}x-x+1-a=a（{{e}^x}x-1）+1-x＞\frac{{2（{e}-1）}}{{{e}+2}}（{{e}^x}x-1）+1-x$，
設(shè)$h（x）=\frac{{2（{e}-1）}}{{{e}+2}}（{{e}^x}x-1）+1-x，x≥1$，則$h'（x）=\frac{{2（{e}-1）}}{{{e}+2}}{{e}^x}x+\frac{{2（{e}-1）}}{{{e}+2}}{{e}^x}-1，x≥1$．
顯然h'（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，所以$h'（x）＞h'（1）=\frac{{4{{e}^2}-5{e}-2}}{{{e}+2}}＞0$．
所以h（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，$h（x）＞h（1）=\frac{{2{{（{e}-1）}^2}}}{{{e}+2}}＞0$．
即ae^xx-x+1-a＞0．…②
由①②可知$a＞\frac{{2（{e}-1）}}{{{e}+2}}$時，滿足題意．（12分）

點(diǎn)評 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查運(yùn)算求解能力，注意解題方法的積累，屬于難題．