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15.已知函數(shù)f(x)=ln(x+1)-x.
(Ⅰ)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(Ⅱ)若k∈Z,且f(x-1)+x>k(1-3x)對任意x>1恒成立,求k的最大值;
(Ⅲ)對于在(0,1)中的任意一個(gè)常數(shù)a,是否存在正數(shù)x0,使得efx0<1-a2x20成立?請說明理由.

分析 (1)求導(dǎo)f′(x),解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式,從而判斷函數(shù)的單調(diào)區(qū)間;
(2)化簡可得xlnx+x-kx+3k>0,令g(x)=xlnx+x-kx+3k,求導(dǎo)g′(x)=lnx+1+1-k=lnx+2-k,從而討論判斷函數(shù)的單調(diào)性,從而求最大值;
(3)假設(shè)存在這樣的x0滿足題意,從而化簡可得a2x02+x0+1ex0-1<0,令h(x)=a2x2+x+1ex-1,取x0=-lna,從而可得hmin,根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出x0的值即可.

解答 解:(1)∵f(x)=ln(x+1)-x,
∴f′(x)=1x+1-1=-xx+1,
∴當(dāng)x∈(-1,0)時(shí),f′(x)>0;
當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),f′(x)<0;
故f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(-1,0),單調(diào)減區(qū)間為(0,+∞);
(2)∵f(x-1)+x>k(1-3x),
∴l(xiāng)nx-(x-1)+x>k(1-3x),
∴l(xiāng)nx+1>k(1-3x),
即xlnx+x-kx+3k>0,
令g(x)=xlnx+x-kx+3k,
則g′(x)=lnx+1+1-k=lnx+2-k,
∵x>1,
∴l(xiāng)nx>0,
若k≤2,g′(x)>0恒成立,
即g(x)在(1,+∞)上遞增;
∴g(1)=1+2k≥0,
解得,k≥-12;
故-12≤k≤2,
故k的最大值為2;
若k>2,由lnx+2-k>0解得x>ek-2,
故g(x)在(1,ek-2)上單調(diào)遞減,在(ek-2,+∞)上單調(diào)遞增;
∴gmin(x)=g(ek-2)=3k-ek-2,
令h(k)=3k-ek-2,h′(k)=3-ek-2
∴h(k)在(1,2+ln3)上單調(diào)遞增,在(2+ln3,+∞)上單調(diào)遞減;
∵h(yuǎn)(2+ln3)=3+3ln3>0,h(4)=12-e2>0,h(5)=15-e3<0;
∴k的最大取值為4,
綜上所述,k的最大值為4.
(3)假設(shè)存在這樣的x0滿足題意,
∵e f(x0)<1-a2x02,
a2x02+x0+1ex0-1<0,
令h(x)=a2x2+x+1ex-1,
∵h(yuǎn)′(x)=x(a-1ex),
令h′(x)=x(a-1ex)=0得ex=1a,
故x=-lna,取x0=-lna,
在0<x<x0時(shí),h′(x)<0,當(dāng)x>x0時(shí),h′(x)>0;
∴hmin(x)=h(x0)=a2(-lna)2-alna+a-1,
在a∈(0,1)時(shí),令p(a)=a2(lna)2-alna+a-1,
則p′(a)=12(lna)2≥0,
故p(a)在(0,1)上是增函數(shù),
故p(a)<p(1)=0,
即當(dāng)x0=-lna時(shí)符合題意.

點(diǎn)評 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用及恒成立問題,是一道綜合題.

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