Question

11．已知函數(shù)f（x）=ax²+ln（x+1）（a∈R）．
（Ⅰ）當(dāng)a=2時(shí)，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）當(dāng)x∈[0，+∞）時(shí)，函數(shù)y=f（x）圖象上的點(diǎn)都在$\left\{\begin{array}{l}{x≥0}\\{x-y≥0}\end{array}\right.$，所表示的平面區(qū)域內(nèi)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
（Ⅲ）將函數(shù)y=f（x）的導(dǎo)函數(shù)的圖象向右平移一個(gè)單位后，再向上平移一個(gè)單位，得到函數(shù)y=g（x）的圖象，試證明：當(dāng)a=$\frac{1}{2}$時(shí)，[g（x）]ⁿ-g（xⁿ）≥2ⁿ-2（n∈N⁺）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）當(dāng)a=2時(shí)，求導(dǎo)數(shù)，即可求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）因函數(shù)f（x）圖象上的點(diǎn)都在$\left\{\begin{array}{l}{x≥0}\\{x-y≥0}\end{array}\right.$所表示的平面區(qū)域內(nèi)，則當(dāng)x∈[0，+∞）時(shí)，不等式f（x）≤x恒成立，即ax²+ln（x+1）-x≤0恒成立，設(shè)g（x）=ax²+ln（x+1）-x（x≥0），只需g（x）_max≤0即可，分類討論，即可得到結(jié)論；
（Ⅲ）當(dāng)a=$\frac{1}{2}$時(shí)，g（x）=x+$\frac{1}{x}$（x＞0），可得[g（x）]ⁿ-g（xⁿ）=（x+$\frac{1}{x}$）ⁿ-（xⁿ+$\frac{1}{{x}^{n}}$），利用二項(xiàng)式定理展開，結(jié)合組合知識(shí)、基本不等式，即可證明結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）當(dāng)a=2時(shí)，f（x）=2x²+ln（x+1）（x＞-1），
f′（x）=$\frac{（2x+1）^{2}}{x+1}$≥0，
故函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（-1，+∞）；
（Ⅱ）因函數(shù)f（x）圖象上的點(diǎn)都在$\left\{\begin{array}{l}{x≥0}\\{x-y≥0}\end{array}\right.$所表示的平面區(qū)域內(nèi)，則當(dāng)x∈[0，+∞）時(shí)，不等式f（x）≤x恒成立，即ax²+ln（x+1）-x≤0恒成立，
設(shè)g（x）=ax²+ln（x+1）-x（x≥0），只需g（x）_max≤0即可．
由g′（x）=$\frac{x[2ax+（2a-1）]}{x+1}$，
（�。┊�(dāng)a=0時(shí)，g′（x）=$\frac{-x}{x+1}$，當(dāng)x＞0時(shí)，g′（x）＜0，函數(shù)g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，
故g（x）≤g（0）=0成立．
（ⅱ）當(dāng)a＞0時(shí)，由g′（x）=$\frac{x[2ax+（2a-1）]}{x+1}$=0，因x∈[0，+∞），所以x=$\frac{1}{2a}$-1，
①若$\frac{1}{2a}$-1＜0，即a＞$\frac{1}{2}$時(shí)，在區(qū)間x∈（0，+∞）上，g′（x）＞0，則函數(shù)g（x）在x∈[0，+∞）上單調(diào)遞增，g（x）在x∈[0，+∞）上無最大值，此時(shí)不滿足條件；
②$\frac{1}{2a}$-1≥0若，即0＜a≤$\frac{1}{2}$時(shí)，函數(shù)g（x）在（0，$\frac{1}{2a}$-1）上單調(diào)遞減，在區(qū)間（$\frac{1}{2a}$-1，+∞）上單調(diào)遞增，
同樣g（x）在x∈[0，+∞）上無最大值，不滿足條件．
（ⅲ）當(dāng)a＜0時(shí)，由g′（x）=$\frac{x[2ax+（2a-1）]}{x+1}$，∵x∈[0，+∞），∴2ax+（2a-1）＜0，
∴g′（x）＜0，故函數(shù)g（x）在x∈[0，+∞）上單調(diào)遞減，故g（x）≤g（0）=0成立．
綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是（-∞，0]．
（Ⅲ）f′（x）=2ax+$\frac{1}{x+1}$，∴g（x）=2a（x-1）+$\frac{1}{x}$+1，
當(dāng)a=$\frac{1}{2}$時(shí)，g（x）=x+$\frac{1}{x}$（x＞0）
∴[g（x）]ⁿ-g（xⁿ）=（x+$\frac{1}{x}$）ⁿ-（xⁿ+$\frac{1}{{x}^{n}}$）
=（xⁿ+${C}_{n}^{1}$x^n-1•$\frac{1}{x}$+…+$\frac{1}{{x}^{n}}$）-（xⁿ+$\frac{1}{{x}^{n}}$）
=${C}_{n}^{1}$x^n-2+…+${C}_{n}^{n-1}{x}^{2-n}$．
令T=${C}_{n}^{1}$x^n-2+…+${C}_{n}^{n-1}{x}^{2-n}$，
則T=${C}_{n}^{n-1}{x}^{2-n}$+…+${C}_{n}^{1}$x^n-2，
∵x＞0，
∴2T=${C}_{n}^{1}$（x^n-2+x^2-n）+…+${C}_{n}^{n-1}$（x^n-2+x^2-n）≥${C}_{n}^{1}$•$2\sqrt{{x}^{n-2}•{x}^{2-n}}$+…+${C}_{n}^{n-1}$•$2\sqrt{{x}^{n-2}•{x}^{2-n}}$
=2（${C}_{n}^{1}$+…+${C}_{n}^{n-1}$）=2（2ⁿ-2）
∴T≥2ⁿ-2，即[g（x）]ⁿ-g（xⁿ）≥2ⁿ-2．…（14分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)知識(shí)的綜合運(yùn)用，考查函數(shù)的單調(diào)性，考查分類討論的數(shù)學(xué)思想，考查學(xué)生分析解決問題的能力，難度大．