Question

8．已知函數(shù)f（x）=ln（x+a）-x，a∈R．
（1）當a=-1時，求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若x≥1時，不等式e^f（x）+$\frac{a}{2}$x²＞1恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，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；
（2）問題轉(zhuǎn)化為$\frac{a}{2}$x²+$\frac{x+a}{{e}^{x}}$-1＞0對任意的x≥1恒成立，設(shè)g（x）=$\frac{a}{2}$x²+$\frac{x+a}{{e}^{x}}$-1，x≥1，通過求導(dǎo)得到g（x）的單調(diào)性，從而求出a的范圍即可．

解答 解：（1）當a=-1時，f（x）=ln（x-1）-x，x＞1，
f′（x）=$\frac{1}{x-1}$-1=$\frac{2-x}{x-1}$，
當1＜x＜2時，f′（x）＞0，f（x）遞增，
當x＞2時，f′（x）＜0，f（x）遞減，
故f（x）在（1，2）遞增，在（2，+∞）遞減；
（2）由題意得：x≥1時，x+a＞0恒成立，故a＞-1，①，
不等式e^f（x）+$\frac{a}{2}$x²＞1恒成立，
即$\frac{a}{2}$x²+$\frac{x+a}{{e}^{x}}$-1＞0對任意的x≥1恒成立，
設(shè)g（x）=$\frac{a}{2}$x²+$\frac{x+a}{{e}^{x}}$-1，x≥1，
g′（x）=$\frac{{ae}^{x}x-x+1-a}{{e}^{x}}$，
a≤0時，g（2）=a（2+$\frac{1}{{e}^{2}}$）-1+$\frac{2}{{e}^{2}}$＜0，不合題意，
a＞0時，要使x≥1時，不等式e^f（x）+$\frac{a}{2}$x²＞1恒成立，
只需g（1）=a（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{e}$）-1+$\frac{1}{e}$＞0，即a＞$\frac{2（e-1）}{e+2}$，
a＞$\frac{2（e-1）}{e+2}$時，ae^xx-x+1-a=a（e^xx-1）+1-x＞$\frac{2（e-1）}{e+2}$（e^xx-1）+1-x，
設(shè)h（x）=$\frac{2（e-1）}{e+2}$（e^xx-1）+1-x，x≥1，
h′（x）=$\frac{2（e-1）}{e+2}$e^xx+$\frac{2（e-1）}{e+2}$e^x-1，x≥1，
顯然h′（x）在（1，+∞）遞增，∴h′（x）＞h′（1）=$\frac{{4e}^{2}-5e-2}{e+2}$＞0，
∴h（x）在（1，+∞）遞增，h（x）＞h（1）=$\frac{{2（e-1）}^{2}}{e+2}$＞0，
即ae^xx-x+1-a＞0，②，
由①②得：a＞$\frac{2（e-1）}{e+2}$時，滿足題意．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問題，是一道綜合題．