Question

10．設(shè)函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}$mx²-2x+ln（x+1）（m∈R）．
（Ⅰ）判斷x=1能否為函數(shù)f（x）的極值點，并說明理由；
（Ⅱ）若存在m∈[-4，-1），使得定義在[1，t]上的函數(shù)g（x）=f（x）-ln（x+1）+x³在x=1處取得最大值，求實數(shù)t取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，由f′（1）=0求得m值，在把m值代入原函數(shù)，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，可知x=1能為函數(shù)f（x）的極值點；
（Ⅱ）由題意可得當(dāng)x∈[1，t]時，g（x）≤g（1）恒成立，即g（x）-g（1）=（x-1）[${x}^{2}+（1+\frac{1}{2}m）x+\frac{1}{2}m-1$]≤0，構(gòu)造函數(shù)令h（x）=${x}^{2}+（1+\frac{1}{2}m）x+\frac{1}{2}m-1$，結(jié)合m∈[-4，-1），可知h（x）必然在端點處取得最大值，即h（t）≤0．即${t}^{2}+（1+\frac{1}{2}m）t+\frac{1}{2}m-1≤0$，分離m可得$\frac{-{t}^{2}+t+1}{t+1}≥-2$，求解分式不等式得實數(shù)t取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=mx-2+$\frac{1}{x+1}$，令f′（1）=0，得m=$\frac{3}{2}$；
當(dāng)m=$\frac{3}{2}$時，f′（x）=$\frac{（3x+2）（x-1）}{x+1}$，于是f（x）在（-1，-$\frac{2}{3}$）單調(diào)遞增，在（-$\frac{2}{3}$，1）上單調(diào)遞減，
在（1，+∞）單調(diào)遞增．
故當(dāng)m=$\frac{3}{2}$時，x=1是f（x）的極小值點；
（Ⅱ）g（x）=f（x）-ln（x+1）+x³=${x}^{3}+\frac{1}{2}m{x}^{2}-2x$．
由題意，當(dāng)x∈[1，t]時，g（x）≤g（1）恒成立．
即g（x）-g（1）=（x-1）[${x}^{2}+（1+\frac{1}{2}m）x+\frac{1}{2}m-1$]≤0，
令h（x）=${x}^{2}+（1+\frac{1}{2}m）x+\frac{1}{2}m-1$，
由m∈[-4，-1），可知：
h（x）必然在端點處取得最大值，即h（t）≤0．
即${t}^{2}+（1+\frac{1}{2}m）t+\frac{1}{2}m-1≤0$，即$\frac{-{t}^{2}+t+1}{t+1}≥-2$，解得，1$＜t≤\frac{1+\sqrt{13}}{2}$，
∴t的取值范圍為1＜t$≤\frac{1+\sqrt{13}}{2}$．

點評 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查了利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)在閉區(qū)間上的最值，考查數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法，屬中檔題．