Question

設函數f（x）=（1+x）²-mln（1+x），g（x）=x²+x+a．
（1）當a=0時，f（x）≥g（x）在（0，+∞）上恒成立，求實數m的取值范圍；
（2）當m=2時，若函數h（x）=f（x）-g（x）在[0，2]上恰有兩個不同的零點，求實數a的取值范圍；
（3）是否存在常數m，使函數f（x）和函數g（x）在公共定義域上具有相同的單調性？若存在，求出m的取值范圍；若不存在，請說明理由．

Answer 1

考點：導數在最大值、最小值問題中的應用,函數的零點,利用導數研究函數的單調性

專題：導數的綜合應用

分析：（1）當a=0時，f（x）≥g（x）在（0，+∞）上恒成立?m≤

1+x

ln(1+x)

，設φ（x）=

1+x

ln(1+x)

，則f（x）≥g（x）在（0，+∞）上恒成立?m≤φ（x）_min，利用導數研究函數φ（x）的單調性極值最值即可；
（2）函數h（x）=f（x）-g（x）在[0，2]上恰有兩個不同的零點等價于方程1+x-2ln（1+x）=a在[0，2]上恰有兩個相異實根．令F（x）=1+x-2ln（1+x），
利用導數研究其單調性極值與最值可得F_min（x）=F（1）=2-2ln2．只要F（1）＜a≤F（2），可使方程h（x）在[0，2]上恰有兩個不同的零點．
（3）存在m=

1

2

滿足題意．f′（x）=2（1+x）-

m

1+x

=

2(1+x)2-m

1+x

，函數f（x）的定義域是（-1，+∞），對m分類討論即可得出單調性，而函數g（x）在（-1，+∞）上的單調遞減區(qū)間是(-1，

1

2

]，單調遞增區(qū)間是[-

1

2

，+∞)，解出即可．

解答： 解：（1）當a=0時，f（x）≥g（x）在（0，+∞）上恒成立?m≤

1+x

ln(1+x)

，
設φ（x）=

1+x

ln(1+x)

，則f（x）≥g（x）在（0，+∞）上恒成立?m≤φ（x）_min，
∵φ′（x）=

ln(1+x)-1

ln2(1+x)

，
當x∈（0，e-1）時，φ′（x）＜0；當x∈（e-1，+∞）時，φ′（x）＞0．
故φ（x）在x=e-1處取得極小值，也是最小值，即φ（x）_min=φ（e-1）=e，故m≤e．

（2）函數h（x）=f（x）-g（x）在[0，2]上恰有兩個不同的零點等價于方程1+x-2ln（1+x）=a在[0，2]上恰有兩個相異實根，
令F（x）=1+x-2ln（1+x），則F′（x）=

x-1

x+1

，當（0，1]時，F′（x）＜0，當（1，2]時，F′（x）＞0，
故F（x）在（0，1]上遞減，在（1，2]上遞增，
故F_min（x）=F（1）=2-2ln2．且F（0）=1，F（2）=3-2ln3，
因此F（0）＞F（2），
∴只要F（1）＜F（2），即只要F（1）＜a≤F（2），可使方程h（x）在[0，2]上恰有兩個不同的零點．
即a∈（2-2ln2，3-2ln3]．

（3）存在m=

1

2

滿足題意．f′（x）=2（1+x）-

m

1+x

=

2(1+x)2-m

1+x

，函數f（x）的定義域是（-1，+∞），
若m≤0，意．f′（x）≥0，函數f（x）在（-1，+∞）上單調遞增，不合題意；
當m＞0時，由f′（x）＞0，得2（1+x）²-m＞0，解得x＞-1+

m 2

或x＜-1-

m 2

（舍去），
故m＞0時，函數f（x）的增區(qū)間是[-1+

m 2

，+∞)，單調遞減區(qū)間是(-1，-1+

m 2

]，
而函數g（x）在（-1，+∞）上的單調遞減區(qū)間是(-1，

1

2

]，單調遞增區(qū)間是[-

1

2

，+∞)，
故只需-1+

m 2

=-

1

2

，解得m=

1

2

．

點評：本題考查了利用導數研究函數的單調性極值與最值，考查了恒成立問題的等價轉化方法，考查了分類討論的思想方法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．