已知函数 $f(x)=\ln(x+1)+\dfrac{2}{x+1}+ax-2$（其中 $a>0$）．
【难度】
【出处】
2012年全国高中数学联赛福建省预赛
【标注】
-
当 $a=1$ 时，求 $f(x)$ 的最小值；标注答案$0$解析函数 $f(x)$ 的定义域为 $(-1,+\infty)$．
当 $a=1$ 时，$$f(x)=\ln(x+1)+\dfrac{2}{x+1}+x-2,$$求导得$$f'(x)=\dfrac{1}{x+1}-\dfrac{2}{(x+1)^2}+1=\dfrac{x(x+3)}{(x+1)^2}.$$当 $-1<x<0$ 时，$f'(x)<0$，当 $x>0$ 时，$f'(x)>0$．
所以 $f(x)$ 在区间 $(-1,0]$ 上为减函数，在区间 $[0,+\infty)$ 上为增函数．
故 $a=1$ 时，$f(x)$ 的最小值为 $f(0)=0$． -
若 $x\in[0,2]$ 时，$f(x)\geqslant0$ 恒成立，求实数 $a$ 的取值范围．标注答案$[1,+\infty)$解析
情形一 $a\geqslant 1$．
由 $(1)$ 知，当 $a=1$ 时，$f(x)\geqslant0$ 恒成立，即$$\ln(x+1)+\dfrac{2}{x+1}+x-2\geqslant0$$恒成立，所以当 $a\geqslant1$，且 $x\in[0,2]$ 时，$$f(x)\geqslant\ln(x+1)+\dfrac{2}{x+1}+x-2\geqslant0$$恒成立，所以 $a\geqslant1$ 符合要求．情形二 $0<a<1$．
求导得$$f'(x)=\dfrac{ax^2+(2a+1)x+a-1}{(x+1)^2},$$由于方程 $ax^2+(2a+1)x+a-1=0$ 的判别式$$\Delta=(2a+1)^2-4a(a-1)=8a+1>0,$$所以方程 $ax^2+(2a+1)x+a-1=0$ 有两个不相同的实根，设为 $x_1,x_2$，且 $x_1<x_2$．
因为$$x_1x_2=\dfrac{a-1}{a}<0,$$所以 $x_1<0<x_2$．
故当 $0<x<x_2$ 时，$f'(x)<0$，$f(x)$ 在区间 $[0,x_2]$ 上为减函数．
若 $0<x_2<2$，则 $f(x_2)<f(0)=0$，矛盾；若 $x_2\geqslant2$，则 $f(2)<f(0)=0$，矛盾．
因此，$0<a<1$ 不符合题意．
综上所述，实数 $a$ 的取值范围是 $[1,+\infty)$．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
