【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(diào)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.

【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>ea2﹣1,由g′(x)<0,得0<x<ea2﹣1,
此時,g(x)在(0,ea2﹣1)遞減,在(ea2﹣1,+∞)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,ea2﹣1)遞減,在(ea2﹣1,+∞)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(diào)區(qū)間即可;(Ⅱ)問題等價于a> ,令h(x)= ,x≥0, 唯一轉(zhuǎn)化為求出a>h(x)min , 根據(jù)函數(shù)的單調(diào)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(diào)性和函數(shù)的最大(小)值與導數(shù)的相關(guān)知識可以得到問題的答案,需要掌握一般的,函數(shù)的單調(diào)性與其導數(shù)的正負有如下關(guān)系: 在某個區(qū)間內(nèi),(1)如果,那么函數(shù)在這個區(qū)間單調(diào)遞增;(2)如果,那么函數(shù)在這個區(qū)間單調(diào)遞減;求函數(shù)上的最大值與最小值的步驟:(1)求函數(shù)內(nèi)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.

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