Question

【題目】已知函數(shù)f（x）=xln（x+1）+（ ﹣a）x+2﹣a，a∈R．
（I）當x＞0時，求函數(shù)g（x）=f（x）+ln（x+1）+ x的單調區(qū)間；
（Ⅱ）當a∈Z時，若存在x≥0，使不等式f（x）＜0成立，求a的最小值．

Answer 1

【答案】解：（Ⅰ）∵g（x）=（x+1）ln（x+1）+（1﹣a）x+2﹣a，（x＞0）， ∴g′（x）=ln（x+1）+2﹣a，
當2﹣a≥0即a≤2時，g′（x）＞0對x∈（0，+∞）恒成立，
此時，g（x）在（0，+∞）遞增，無遞減區(qū)間，
當2﹣a＜0即a＞2時，
由g′（x）＞0，得x＞ea﹣2﹣1，由g′（x）＜0，得0＜x＜ea﹣2﹣1，
此時，g（x）在（0，ea﹣2﹣1）遞減，在（ea﹣2﹣1，+∞）遞增，
綜上，a≤2時，g（x）在（0，+∞）遞增，無遞減區(qū)間；
a＞2時，g（x）在（0，ea﹣2﹣1）遞減，在（ea﹣2﹣1，+∞）遞增，
（Ⅱ）由f（x）＜0，得（x+1）a＞xln（x+1）+ x+2，
當x≥0時，上式等價于a＞ ，
令h（x）= ，x≥0，
由題意，存在x≥0，使得f（x）＜0成立，則只需a＞h（x）min ，
∵h′（x）= ，
令u（x）=ln（x+1）+x﹣ ，顯然u（x）在[0，+∞）遞增，
而u（0）=﹣ ＜0，u（1）=ln2﹣ ＞0，
故存在x0∈（0，1），使得u（x0）=0，即ln（x0+1）= ﹣x0 ，
又當x0∈[0，x0）時，h′（x）＜0，h（x）遞減，
當x∈[x0 ， +∞）時，h′（x）＞0，h（x）遞增，
故x=x0時，h（x）有極小值（也是最小值），
故h（x）min= ，
故a≥ = ，x0∈（0，1），
而2＜ ＜3，
故a的最小整數(shù)值是3．
【解析】（Ⅰ）求出函數(shù)g（x）的導數(shù)，通過討論a的范圍求出函數(shù)的單調區(qū)間即可；（Ⅱ）問題等價于a＞ ，令h（x）= ，x≥0， 唯一轉化為求出a＞h（x）min ， 根據(jù)函數(shù)的單調性求出h（x）的最小值，從而求出a的最小值即可．
【考點精析】根據(jù)題目的已知條件，利用利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性和函數(shù)的最大(小)值與導數(shù)的相關知識可以得到問題的答案，需要掌握一般的,函數(shù)的單調性與其導數(shù)的正負有如下關系： 在某個區(qū)間內，(1)如果，那么函數(shù)在這個區(qū)間單調遞增；(2)如果，那么函數(shù)在這個區(qū)間單調遞減；求函數(shù)在上的最大值與最小值的步驟：（1）求函數(shù)在內的極值；（2）將函數(shù)的各極值與端點處的函數(shù)值，比較，其中最大的是一個最大值，最小的是最小值．