Question

12．已知函數(shù)f（x）=ln（x+1）-$\frac{x}{x+1}$．
（1）證明：f（x）≥0；
（2）若當x≥0，f（x）≤ax²恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）先對原函數(shù)求導，從而判斷單調性，求其最小值，說明最小值大于或等于零即可；
（2）將問題轉化為f（x）-ax²≤0恒成立，然后討論函數(shù)的單調性，求其最值即可使其小于或等于零構造不等式即可．

解答 解：（1）由題意得函數(shù)的定義域為（-1，+∞）．
f′（x）=$\frac{1}{x+1}-\frac{1}{（x+1）^{2}}=\frac{x}{（x+1）^{2}}$．
當x∈（-1，0）時，f′（x）＜0，此時f（x）為減函數(shù)；
當x∈（0，+∞）時，f′（x）＞0，此時f（x）為增函數(shù)．
所以f（x）_min=f（0）=0，所以f（x）≥0在定義域內恒成立．
（2）由已知得ln（x+1）-$\frac{x}{x+1}-a{x}^{2}≤0$，當x≥0時恒成立．
令h（x）=ln（x+1）-$\frac{x}{x+1}-a{x}^{2}$，x∈[0，+∞）．
則$h′（x）=\frac{1}{x+1}-\frac{1}{（x+1）^{2}}-2ax$=$\frac{x[1-2a（x+1）^{2}]}{（x+1）^{2}}$．
當a≤0時，顯然h′（x）≥0恒成立，所以h（x）在定義域內遞增，而f（e-1）=lne-$\frac{e-1}{e}-a（e-1）^{2}$=$-a（e-1）^{2}+\frac{1}{e}＞0$．故a≤0不符合題意；
當2a≥1即a$≥\frac{1}{2}$時，因為x≥0，故（x+1）²≥1，所以1-2a（x+1）²≤0，故此時h′（x）≤0恒成立，所以h（x）在定義域內遞減，所以h（x）_max=h（0）=0，
所以此時h（x）≤0在定義域內恒成立，故此時f（x）≤ax²恒成立，所以a$≥\frac{1}{2}$符合題意；
當$0＜a＜\frac{1}{2}$時，令h′（x）=0得$x=\frac{1}{\sqrt{2a}}-1$＞0，
當x$∈（0，\frac{1}{\sqrt{2a}}-1）$時，h′（x）＞0，故此時h（x）遞增；當x$∈（\frac{1}{\sqrt{2a}}，+∞）$時，h′（x）＜0，故此時h（x）遞減．
而當x→0時，h（x）→ln1=0，結合h（x）此時的單調性，可知函數(shù)h（x）不滿足在（0，+∞）上恒為負．
綜上可知，所求a的范圍是[$\frac{1}{2}，+∞$）．

點評 本題主要考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性，最值的思路；關于不等式恒成立問題，一般轉化為函數(shù)的最值來解．