Question

13．已知函数f（x）=ln（x+1）-ax（a∈R）．
（1）若曲线y=f（x）过点P（1，ln2-1），求曲线y=f（x）在点P处的切线方程；
（2）讨论f（x）在定义域上的单调性；
（3）是否存在常数a∈N，使得a≥（1+$\frac{1}{x}$）^x对任意正实数x都成立？若存在，试求出a的最小值并证明你的结论；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）由曲线过P，可得a=1，求出函数的导数，求得切线的斜率，由点斜式方程可得切线方程；
（2）求出导数，对a讨论，a=0，a＞0，a＜0，令导数大于0，可得增区间，令导数小于0，可得减区间；
（3）由（2）可得a=1有x∈（0，+∞）时，ln（1+x）＜x恒成立.$\frac{1}{x}$代换ln（1+x）＜x中的x得，ln（1+$\frac{1}{x}$）＜$\frac{1}{x}$，再取x=2可得2＜（1+$\frac{1}{x}$）^x＜e，即可得到a的最小值．

解答 解：（1）由曲线y=f（x）过点P（1，ln2-1），
知f（1）=ln2-a=ln2-1，所以a=1，
因为f（x）=ln（x+1）-x，f′（x）=$\frac{1}{x+1}$-1，
所以f′（1）=-$\frac{1}{2}$，
所以切线方程为y=-$\frac{1}{2}$x+ln2-$\frac{1}{2}$；
（2）因为f′（x）=$\frac{1}{x+1}$-a=$\frac{1-ax-a}{x+1}$，
令f′（x）＞0，得1-ax-a＞0，即ax＜1-a，
①当a=0时，f（x）在（-1，+∞）单调递增，
②当a＞0时，f（x）在（-1，$\frac{1-a}{a}$）单调递增，在（$\frac{1-a}{a}$，+∞）单调递减，
③当a＜0时，因为$\frac{1-a}{a}$＜-1，所以f（x）在（-1，+∞）单调递增，
综上，当a≤0时，f（x）在（-1，+∞）单调递增；
当a＞0时，f（x）在（-1，$\frac{1-a}{a}$）单调递增，在（$\frac{1-a}{a}$，+∞）单调递减． 
（3）由（2）知当a=1时，f（x）在（-1，0）内单调递增，在（0，+∞）内单调递减，
所以当x∈（0，+∞）时，f（x）＜f（0）=0，
即当x∈（0，+∞）时，ln（1+x）＜x恒成立．
$\frac{1}{x}$代换ln（1+x）＜x中的x得，ln（1+$\frac{1}{x}$）＜$\frac{1}{x}$，
所以xln（1+$\frac{1}{x}$）＜1，
即ln（1+$\frac{1}{x}$）^x＜1，所以（1+$\frac{1}{x}$）^x＜e，
取x=2时，（1+$\frac{1}{x}$）^x=$\frac{9}{4}$＞2，
所以a_min=3．

点评 本题考查导数的运用：求切线方程和单调区间，同时考查不等式恒成立问题，注意运用单调性和分类讨论的思想方法是解题的关键．