题目

已知函数f（x）=axln（x+1）+x+1（x＞﹣1，a∈R）． （1） 若 ，求函数f（x）的单调区间； （2） 当x≥0时，不等式f（x）≤ex恒成立，求实数a的取值范围． 答案： 解：a= 1e 时，f（x）= 1e xln（x+1）+x+1， f′（x）= 1e [ln（x+1）+1﹣ 1x+1 ]+1，∵f′（x）在（﹣1，+∞）递增，且f′（﹣1+ 1e ）=0，故x∈（﹣1，﹣1+ 1e ）时，f′（x）＜0，f（x）递减，x∈（﹣1+ 1e ，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）递减，故f（x）在（﹣1，﹣1+ 1e ）递减，在（﹣1+ 1e ，+∞） 解：记g（x）=f（x）﹣ex（x≥0），g（0）=0， 则g′（x）=a[ln（x+1）+1﹣ 1x+1 ]+1﹣ex，记h（x）=a[ln（x+1）+1﹣ 1x+1 ]+1﹣ex，h′（x）=a[ 1(x+1)2 + 1x+1 ]﹣ex，h′（0）=2a﹣1，①a≤ 12 时，∵ 1(x+1)2 + 1x+1 ∈（0，2]，ex≥1，∴h′（x）≤0，h（x）在（0，+∞）递减，则h（x）≤h（0）=0，即g′（x）≤0，∴g（x）在（0，+∞）递减，∴g（x）≤g（0）=0恒成立，即f（x）≤ex恒成立，满足题意；②a≥ 12 时，h′（x）在（0，+∞）递减，又h′（0）=2a﹣1＞0，x→+∞时，h′（x）→﹣∞，则必存在x0∈（0，+∞），使得h′（x0）=0，则x∈（0，x0）时，h′（x）＞0，h（x）在（0，x0）递增，此时h（x）＞h（0）=0，x∈（0，x0）时，g′（x）＞0，∴g（x）在（0，x0）递增，∴g（x）＞g（0）=0，即f（x）＞ex，不合题意，综上，a≤ 12

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