Question

已知函數(shù)f（x）=

1

2

x²+kx+1，g（x）=（x+1）ln（x+1），h（x）=f（x）+g′（x）．
（Ⅰ）若函數(shù)g（x）的圖象在原點(diǎn)處的切線l與函數(shù)f（x）的圖象相切，求實(shí)數(shù)k的值；
（Ⅱ）若h（x）在[0，2]上單調(diào)遞減，求實(shí)數(shù)k的取值范圍；
（Ⅲ）若對(duì)于?t∈[0，

e

-1]，總存在x₁，x₂∈（-1，4），且x₁≠x₂滿f（x_i）=g（t）（i=1，2），其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程,利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值

專題：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用,導(dǎo)數(shù)的概念及應(yīng)用,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用,不等式的解法及應(yīng)用

分析：（Ⅰ）求出g（x）的定義域和導(dǎo)數(shù)，求得切線的斜率和切點(diǎn)，寫出切線方程，聯(lián)立f（x），消去y，運(yùn)用判別式為0，即可得到k；
（Ⅱ）求出h（x）的導(dǎo)數(shù)，h（x）在[0，2]上單調(diào)遞減，則h′（x）≤0對(duì)x∈[0，2]恒成立，運(yùn)用導(dǎo)數(shù)求出h′（x）在[0，2]的最大值，解不等式即可得到k的范圍；
（Ⅲ）分別求出g（t）在t∈[0，

e

-1]的值域A和f（x）在x∈（-1，4）的值域B，由題意可得A包含于B，得到不等式組，解出即可得到k的范圍．

解答： 解：（Ⅰ）函數(shù)g（x）的定義域?yàn)椋?1，+∞），
g′（x）=ln（x+1）+1，
則g（0）=0，g′（0）=1，
∴切線l：y=x，
由

y= 1 2 x2+kx+1 y=x

⇒x2+2(k-1)x+2=0，
∵l與函數(shù)f（x）的圖象相切，
∴△=4(k-1)2-8=0⇒k=1±

2

；

（Ⅱ）h(x)=

1

2

x2+kx+1+ln(x+1)+1，導(dǎo)數(shù)h′(x)=x+k+

1

x+1

，
令φ(x)=x+k+

1

x+1

，
φ′(x)=1-

1

(x+1)2

=

x(x+2)

(x+1)2

＞0對(duì)x∈[0，2]恒成立，
則φ(x)=x+k+

1

x+1

在[0，2]遞增，即h′（x）在[0，2]上為增函數(shù)，
∴h′(x)max=h′(2)=k+

7

3

，
∵h(yuǎn)（x）在[0，2]上單調(diào)遞減，
∴h′（x）≤0對(duì)x∈[0，2]恒成立，
即h′(x)max=k+

7

3

≤0，
∴k≤-

7

3

；

（Ⅲ）當(dāng)x∈[0，

e

-1]時(shí)，g′（x）=ln（x+1）+1＞0，
∴g（x）=（x+1）ln（x+1）在區(qū)間[0，

e

-1]上為增函數(shù)，
∴x∈[0，

e

-1]時(shí)，0≤g(x)≤

1

2

e

，
∵f(x)=

1

2

x2+kx+1的對(duì)稱軸為x=-k，
∴為滿足題意，必須-1＜-k＜4，
此時(shí)f(x)min=f(-k)=1-

1

2

k2，f（x）的值恒小于f（-1）和f（4）中最大的一個(gè)，
∵對(duì)于?t∈[0，

e

-1]，總存在x₁，x₂∈（-1，4），且x₁≠x₂滿足f（x_i）=g（t）（i=1，2），
∴[0，

1

2

e

]⊆(f(x)min，min{f(-1)，f(4)})，
∴

-1＜-k＜4 f(x)min＜0 1 2 e ＜f(4) 1 2 e ＜f(-1)

⇒

-4＜k＜1 1- 1 2 k2＜0 1 2 e ＜4k+9 1 2 e ＜ 3 2 -k

，
∴

1

8

e

-

9

4

＜k＜-

2

．

點(diǎn)評(píng)：本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求切線方程和單調(diào)區(qū)間及極值、最值，同時(shí)考查任意存在問題注意轉(zhuǎn)化為函數(shù)的值域的包含關(guān)系，考查運(yùn)算能力，屬于中檔題和易錯(cuò)題．