Question

16．設(shè)函數(shù)f（x）=（1+x）²-2ln（1+x），g（x）=x²-ax-1，D是滿足方程x²+（k-2）x+2k-1=0的兩實(shí)數(shù)根分別在區(qū)間（0，1），（1，2）內(nèi)的實(shí)數(shù)k的取值范圍．
（1）求f（x）的極值；
（2）當(dāng)a∈D時(shí)，求函數(shù)F（x）=f（x）-g（x）在區(qū)間[0，3]上的最小值．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的極小值；
（2）求出D，求出F（x）的導(dǎo)數(shù)，得到F（x）的單調(diào)性，從而求出函數(shù)在閉區(qū)間上的最小值即可．

解答 解：（1）f（x）=（1+x）²-2ln（1+x），（x＞-1），
f′（x）=$\frac{2x（x+2）}{x+1}$，
令f′（x）＞0，解得：x＞0，令f′（x）＜0，解得：-1＜x＜0，
∴f（x）在（-1，0）遞減，在（0，+∞）遞增，
∴f（x）_極小值=f（0）=1；
（2）設(shè)h（x）=x²+（k-2）x+2k-1，
由題意可得 $\left\{\begin{array}{l}{f（1）=k-2+2k＜0}\\{f（0）=2k-1＞0}\\{f（2）=4+2k-4+2k-1＞0}\end{array}\right.$，
由此求得$\frac{1}{2}$＜k＜$\frac{2}{3}$，故D=（$\frac{1}{2}$，$\frac{2}{3}$）；
F（x）=f（x）-g（x）=（a+2）x-2ln（1+x）+2，a∈（$\frac{1}{2}$，$\frac{2}{3}$），
F′（x）=a+2-$\frac{2}{x+1}$=$\frac{（a+2）x+a}{x+1}$，
令F′（x）=0，解得：x=-$\frac{a}{a+2}$，
∵，a∈（$\frac{1}{2}$，$\frac{2}{3}$），∴-$\frac{a}{a+2}$＜-1，
∴F（x）在[0，3]單調(diào)遞增，
∴F（x）_最小值=F（0）=2．

點(diǎn)評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)的零點(diǎn)問題，是一道中檔題．