Question

1．已知函數(shù)f（x）=（x+1）ln（x+1）-ax²-2ax（a∈R），它的導函數(shù)為f′（x）．
（Ⅰ）若函數(shù)g（x）=f′（x）+（2a-1）x只有一個零點，求a的值；
（Ⅱ）是否存在實數(shù)a，使得關于x的不等式f（x）＜0在（0，+∞）上恒成立？若存在，求a的取值范圍；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)g（x）的導數(shù)，解關于導函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，得到g（x）的極大值點，從而求出a的值即可；
（Ⅱ）求出f（x）的導數(shù)，通過討論a的符號，判斷函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間，從而求出a的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ） 由題知x＞-1，f'（x）=ln（x+1）-2ax-2a+1，（1分）
則g（x）=f'（x）+（2a-1）x=ln（x+1）-x+1-2a，$g'（x）=\frac{-x}{x+1}$，（2分）
所以當-1＜x＜0時，$g'（x）=\frac{-x}{x+1}＞0$，g（x）為增函數(shù)；
當x＞0時，$g'（x）=\frac{-x}{x+1}＜0$，g（x）為減函數(shù)．
于是g（x）有一個極大值點x=0，（3分）
函數(shù)g（x）=f'（x）+（2a-1）x只有一個零點，
則g（0）=0，解之得$a=\frac{1}{2}$．（4分）
（Ⅱ） 存在．（5分）
理由如下：由題f'（x）=ln（x+1）-2ax-2a+1，
（�。� 當a≤0時，f'（x）=ln（x+1）+1-2a（x+1）＞0，
則f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
所以f（x）＞f（0）=0在（0，+∞）上恒成立，與已知不符，
故a≤0不符合題意．（6分）
（ⅱ） 當a＞0時，令φ（x）=f'（x），
$φ'（x）=\frac{1}{x+1}-2a$，且$\frac{1}{x+1}∈（0，1）$，
①當2a≥1，即$a≥\frac{1}{2}$時，$φ'（x）=\frac{1}{x+1}-2a＜0$，
于是φ（x）在x∈（0，+∞）上單調(diào)遞減，
所以φ（x）＜φ（0）=1-2a≤0，即f'（x）＜0在x∈（0，+∞）上成立．
則f（x）在x∈（0，+∞）上單調(diào)遞減，
故f（x）＜f（0）=0在（0，+∞）上成立，符合題意．（10分）
②當0＜2a＜1，即$0＜a＜\frac{1}{2}$時，$\frac{1}{2a}-1$＞0，
$φ'（x）=\frac{1}{x+1}-2a=\frac{{-2a[x-（\frac{1}{2a}-1）]}}{x+1}$，
若$x∈（0，\frac{1}{2a}-1）$，則φ'（x）＞0，φ（x）在$x∈（0，\frac{1}{2a}-1）$上單調(diào)遞增；
若在$x∈（\frac{1}{2a}-1，+∞）$，則φ'（x）＜0，φ（x）在$x∈（0，\frac{1}{2a}-1）$上單調(diào)遞減，
又φ（0）=1-2a＞0，則φ（x）＞0在$（0，\frac{1}{2a}-1）$上成立，
即f'（x）＞0在$（0，\frac{1}{2a}-1）$上恒成立，
所以f（x）在$（0，\frac{1}{2a}-1）$上單調(diào)遞增，
則f（x）＞f（0）=0在$（0，\frac{1}{2a}-1）$上恒成立．
與已知不符，故$0＜a＜\frac{1}{2}$不符合題意．
綜上所述，a的取值范圍$[\frac{1}{2}，+∞）$． （14分）

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及函數(shù)恒成立問題，是一道綜合題．