Question

3．設(shè)f（x）=-2ln（x+1）+$\frac{1}{2}$x²-a（x-2）（a∈R）．
（1）當(dāng)a=0時(shí)，求f（x）的單調(diào)區(qū)間和極值；
（2）若存在唯一整數(shù)x₀使f（x₀）＜0，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）把a(bǔ)=0代入函數(shù)解析式，求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，由導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)對(duì)定義域分段，利用導(dǎo)函數(shù)在各區(qū)間段內(nèi)的符號(hào)可得函數(shù)單調(diào)性，從而求得極值；
（2）存在唯一整數(shù)x₀使f（x₀）＜0，即存在唯一整數(shù)x₀使$-2ln（{x}_{0}+1）+\frac{1}{2}{{x}_{0}}^{2}-a（{x}_{0}-2）$＜0，也就是a（x₀-2）＞$-2ln（{x}_{0}+1）+\frac{1}{2}{{x}_{0}}^{2}$，令g（x）=-2ln（x+1）+$\frac{1}{2}{x}^{2}$，h（x）=a（x-2），結(jié)合（1）作出函數(shù)圖象，數(shù)形結(jié)合得答案．

解答 解：（1）當(dāng)a=0時(shí)，f（x）=-2ln（x+1）+$\frac{1}{2}$x²，
f′（x）=-$\frac{2}{x+1}+x=\frac{{x}^{2}+x-2}{x+1}$=$\frac{（x+2）（x-1）}{x+1}$（x＞-1），
∴當(dāng)x∈（-1，1）時(shí)，f′（x）＜0，f（x）為減函數(shù)，
當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，f′（x）＞0，f（x）為增函數(shù)，
∴當(dāng)x=1時(shí)，函數(shù)f（x）求得極小值為f（1）=$-ln2+\frac{1}{2}$；
（2）存在唯一整數(shù)x₀使f（x₀）＜0，
即存在唯一整數(shù)x₀使$-2ln（{x}_{0}+1）+\frac{1}{2}{{x}_{0}}^{2}-a（{x}_{0}-2）$＜0，
也就是a（x₀-2）＞$-2ln（{x}_{0}+1）+\frac{1}{2}{{x}_{0}}^{2}$，
令g（x）=-2ln（x+1）+$\frac{1}{2}{x}^{2}$，h（x）=a（x-2）．
由（1）可知，x∈（-1，1）時(shí)，g（x）為減函數(shù)，
當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，g（x）為增函數(shù)，且極小值為$-ln2+\frac{1}{2}$．
∵ln（x+1）＜x（x＞0），∴g（x）=-2ln（x+1）+$\frac{1}{2}{x}^{2}$＞$\frac{1}{2}{x}^{2}+2x$，
作出函數(shù)g（x）與h（x）的圖象如圖：

要使存在唯一整數(shù)x₀使f（x₀）＜0，則$\left\{\begin{array}{l}{-a≤-ln2+\frac{1}{2}}\\{a≤-4ln2+\frac{9}{2}}\end{array}\right.$，則ln2-$\frac{1}{2}≤a≤$-4ln2+$\frac{9}{2}$．
∴a的取值范圍是ln2-$\frac{1}{2}≤a≤$-4ln2+$\frac{9}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法和數(shù)形結(jié)合的解題思想方法，屬難題．