Question

已知函數(shù)f（x）=ln（x+1）-ax²-x+4，a∈R
（Ⅰ）若x=0是f（x）的極小值點(diǎn)，M是f（x）的極大值．
（�。┣髮�(shí)數(shù)a的取值范圍I；
（ⅱ）若對任意a∈I，M＞k恒成立，求實(shí)數(shù)k的最大值；
（Ⅱ）若a≥0，l是曲線y=f（x）的一條切線，證明曲線y=f（x）上的任意一點(diǎn)都不可能在直線l的上方．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值,利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）求f′（x），求出極大值點(diǎn)，并判斷極大值點(diǎn)在x=0的左邊還是右邊，從而求出a的取值范圍．用a表示出極大值M，通過求導(dǎo)判斷單調(diào)性，根據(jù)單調(diào)性得到M＞4，從而求出k的最大值；
（Ⅱ）設(shè)切點(diǎn)（x₀，f（x₀）），求出切線方程：y=f′（x₀）（x-x₀）+f（x₀），通過構(gòu)造函數(shù)，求導(dǎo)，判斷單調(diào)性得出f（x）≤y即可．

解答： 解：（Ⅰ）（i）f′（x）=

1

x+1

-2ax-1=

-x[2ax+(2a+1)]

x+1

(x＞-1)；
∵f（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)，∴a≠0；
令f′（x）=0，得：x=0，或x=-

2a+1

2a

；
若a＞0，-

2a+1

2a

＜-1，這樣f（x）只有一個(gè)極值點(diǎn)，不符合已知的兩個(gè)極值點(diǎn)；
若a＜0，∵x=0是f（x）的極小值點(diǎn)，∴1＜-

2a+1

2a

＜0，解得a＜-

1

2

；
（ii）由（i）得M=f（-

2a+1

2a

）=ln（--

1

2a

）-a(-1-

1

2a

)2-(-1-

1

2a

)+4=ln(-

1

2a

)+

1

4a

-a+4；
設(shè)-

1

2a

=t，∵a＜-

1

2

，∴t∈（0，1）；
M=lnt-

t

2

+

1

2t

+4，設(shè)g(t)=lnt-

t

2

+

1

2t

+4(0＜t＜1)，g′(t)=-

(t-1)2

2t2

＜0；
∴g（t）在（0，1）上遞減，M=g（t）＞g（1）=4；
∴k≤4，∴k的最大值為4；
（Ⅱ）設(shè)M（x₀，f（x₀））是直線l與曲線y=f（x）的切點(diǎn)，則直線l的方程為：
y-f（x₀）=f′（x₀）（x-x₀），即y=(

1

x0+1

-2ax0-1)(x-x0)+f(x0)；
設(shè)h（x）=f（x）-[(

1

x0+1

-2ax0-1)(x-x0)+f(x0)]，
h′（x）=

1

x+1

-2ax-1-(

1

x0+1

-2ax0-1)(x＞-1)；
令φ（x）=h′（x），則：φ′（x）=-

1

(x+1)2

-2a，
∵a≥0，∴φ′（x）＜0；
∴h′（x）在（-1，+∞）上遞減，又h′（x₀）=0；
∴x∈（-1，x₀）時(shí)，h′（x）＞0；x∈（x₀，+∞）時(shí)，h′（x）＜0；
∴h（x₀）是極大值，也是h（x）在（-1，+∞）上的最大值；
∴h（x）≤h（x₀）=0；
∴f（x）≤(

1

x0+1

-2ax0-1)(x-x0)+f(x0)；
∴曲線y=f（x）上的任意一點(diǎn)都不可能在直線l的上方．

點(diǎn)評：考查極值的概念，f′（x）=0的根與極點(diǎn)個(gè)數(shù)的關(guān)系，函數(shù)導(dǎo)數(shù)符號和函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系，單調(diào)性的定義，函數(shù)最大值的求法，構(gòu)造函數(shù)的方法．