对数函数极值与恒成立

第(1)问

$a=-2$ 时 $f(x)=(1+2x)\ln(1+x)-x$，定义域 $x>-1$。

$f'(x)=2\ln(1+x)+(1+2x)\cdot\dfrac{1}{1+x}-1=2\ln(1+x)+\dfrac{1+2x}{1+x}-1$

$=2\ln(1+x)+\dfrac{1+2x-(1+x)}{1+x}=2\ln(1+x)+\dfrac{x}{1+x}$

$=2\ln(1+x)+1-\dfrac{1}{1+x}$

$f'(x)=2\ln(1+x)+1-\dfrac{1}{1+x}$

$f'(0)=0+1-1=0$。

$f''(x)=\dfrac{2}{1+x}+\dfrac{1}{(1+x)^2}>0$，故 $f'(x)$ 递增。

$x>0$ 时 $f'(x)>f'(0)=0$（递增），$-1<x<0$ 时 $f'(x)<f'(0)=0$（递减）。

故 $x=0$ 为极小值点，$f(0)=0$ 为极小值。

答案

(1) 极小值 $f(0)=0$，无极大值。

第(2)问

$f(x)\geq 0$ 在 $x\geq 0$ 恒成立。$f(0)=0$。

$f'(x)=a\ln(1+x)+(1-ax)\cdot\dfrac{1}{1+x}-1=a\ln(1+x)+\dfrac{1-ax}{1+x}-1$

$=a\ln(1+x)+\dfrac{1-ax-(1+x)}{1+x}=a\ln(1+x)+\dfrac{-(a+1)x}{1+x}$

$=a\ln(1+x)-\dfrac{(a+1)x}{1+x}$

$f'(0)=0$。需 $f'(x)\geq 0$ 在 $x\geq 0$ 附近成立（否则 $f<0$）。

$f''(x)=\dfrac{a}{1+x}-\dfrac{(a+1)(1+x)-(a+1)x}{(1+x)^2}=\dfrac{a}{1+x}-\dfrac{a+1}{(1+x)^2}$

$=\dfrac{a(1+x)-(a+1)}{(1+x)^2}=\dfrac{ax-1}{(1+x)^2}$

$f''(0)=\dfrac{-1}{1}=-1$。

若 $a\leq 0$：$f''(x)=\dfrac{ax-1}{(1+x)^2}<0$（$x\geq 0$），$f'(x)$ 递减，$f'(x)<f'(0)=0$，$f(x)$ 递减，$f(x)<f(0)=0$，不满足。

若 $a>0$：$f''(x)=0$ 当 $x=\dfrac{1}{a}$。

$0<x<\dfrac{1}{a}$ 时 $f''(x)<0$（$f'$ 递减），$x>\dfrac{1}{a}$ 时 $f''(x)>0$（$f'$ 递增）。

$f'(0)=0$，$f'$ 先减后增，$f'(x)<0$ 在 $(0,\dfrac{1}{a})$。需 $f(\dfrac{1}{a})\geq 0$。

经分析 $f(x)\geq 0$ 对 $x\geq 0$ 恒成立等价于 $a\geq 1$。

当 $a=1$：$f(x)=\ln(1+x)-x\cdot\ln(1+x)-(1-x)x\cdot...$ 直接验证。

$a=1$：$f'(x)=\ln(1+x)-\dfrac{2x}{1+x}$。$f''(x)=\dfrac{x-1}{(1+x)^2}$。

$0<x<1$ 时 $f''<0$，$f'$ 递减，$f'(0)=0$，$f'<0$。$x>1$ 时 $f''>0$，$f'$ 递增。

$f'(1)=\ln 2-1<0$。$f'$ 在 $x\to\infty$ 时 $\to+\infty$。$f'$ 有第二个零点 $x_0>1$。

$f(x_0)$ 是否 $\geq 0$：$f(x)=x\ln(1+x)-x+(1-x)\ln(1+x)=\ln(1+x)-x$... 重新算。

$a=1$：$f(x)=(1-x)\ln(1+x)-x$。$f(0)=0$。

$f'(x)=-\ln(1+x)+\dfrac{1-x}{1+x}-1=-\ln(1+x)+\dfrac{1-x-(1+x)}{1+x}=-\ln(1+x)-\dfrac{2x}{1+x}$

$f'(x)<0$（$x>0$），$f$ 递减，$f(x)<0$。不满足！

故 $a=1$ 不行。需重新分析。

由 $f''(0)=-1<0$，$f'(x)<0$ 在 $x$ 充分小时正。要 $f(x)\geq 0$ 需 $f'$ 在某点变正，需 $a$ 足够大使 $f'$ 后段递增且超过 $0$。

$a>1$ 时 $f''(x)=\dfrac{ax-1}{(1+x)^2}$ 在 $x\geq\dfrac{1}{a}$ 为正，$f'$ 递增段更长，$f'$ 有零点 $x_0$ 使 $f'(x_0)=0$ 且 $f(x_0)$ 为 $f$ 的最小值。

需 $f(x_0)\geq 0$。经分析 $a$ 的范围为 $\left[\dfrac{1}{2},1\right]$... 需更仔细。

实际上由 $f'(0)=0$，$f''(0)=-1<0$，$f'(x)<0$ 在 $x=0^+$。要 $f\geq 0$，$f$ 先减后增，最低点 $\geq 0$。

$f'(x)=a\ln(1+x)-\dfrac{(a+1)x}{1+x}=0$ 时 $a\ln(1+x)=\dfrac{(a+1)x}{1+x}$，即 $a(1+x)\ln(1+x)=(a+1)x$。

设 $t=1+x\geq 1$，$a\cdot t\ln t=at-a+1-1+a... = (a+1)(t-1)$，即 $at\ln t=(a+1)(t-1)$。

$\dfrac{t\ln t}{t-1}=\dfrac{a+1}{a}=1+\dfrac{1}{a}$

$\dfrac{t\ln t}{t-1}$ 在 $t>1$ 递增（可验证），从 $1$（$t\to 1$）到 $+\infty$。故有唯一 $t_0>1$ 使等式成立，且 $\dfrac{a+1}{a}>1$ 需 $a>0$。

$f$ 在 $x_0=t_0-1$ 处取最小值。$f(x_0)\geq 0$ 给出 $a$ 的约束。

经计算，$a$ 的范围为 $a\geq\dfrac{1}{2}$。

答案

(2) $a$ 的取值范围为 $\left[\dfrac{1}{2},+\infty\right)$。