Question

11．已知函數(shù)f（x）=ax-$\frac{1}{2}$x²-bln（x+1）（a＞0），g（x）=e^x-x-1，曲線y=f（x）與y=g（x）在原點處有公共的切線．
（1）若x=0為f（x）的極大值點，求f（x）的單調(diào)區(qū)間（用a表示）；
（2）若?x≥0，g（x）≥f（x）+$\frac{1}{2}$x²，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）f′（x）=a-x-$\frac{x+1}$，（x＞-1），g′（x）=e^x-1．由曲線y=f（x）與y=g（x）在原點處有公共的切線，可得f′（0）=g′（0），b=a．因此f′（x）=$\frac{-x[x-（a-1）]}{x+1}$，對a分類討論，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性即可得出．
（2）由g′（x）=e^x-1，x＞0時，g′（x）＞0，可得e^x≥x+1，從而x≥ln（x+1）．設(shè)F（x）=g（x）-f（x）-$\frac{1}{2}$x²=e^x+aln（x+1）-（a+1）x-1，F(xiàn)′（x）=e^x+$\frac{a}{x+1}$-（a+1），對a分類討論a=1，0＜a＜1，a＞1，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性即可得出．

解答 解：（1）f′（x）=a-x-$\frac{x+1}$，（x＞-1），g′（x）=e^x-1．
∵曲線y=f（x）與y=g（x）在原點處有公共的切線，
∴f′（0）=g′（0），∴a-b=0．∴b=a．
∴f′（x）=a-x-$\frac{a}{x+1}$=$\frac{-x[x-（a-1）]}{x+1}$，
a=1時，f′（x）=$\frac{-{x}^{2}}{x+1}$≤0，函數(shù)f（x）在（-1，+∞）上單調(diào)遞減，舍去．
a＞1時，x=0為f（x）的極小值點，舍去．
0＜a＜1時，-1＜a-1＜0，當(dāng)x∈（-1，a-1）時，f′（x）＜0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減；x∈（a-1，0），f′（x）＞0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增；當(dāng)x∈（0，+∞）時，
f′（x）＜0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減．∴x=0時，x=0為f（x）的極大值點．
因此可得：當(dāng)x∈（-1，a-1）時，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減；x∈（a-1，0），函數(shù)f（x）單調(diào)遞增；當(dāng)x∈（0，+∞）時，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減．
（2）∵g′（x）=e^x-1，x＞0時，g′（x）＞0，
故x=0時，g（x）取得最小值0，∴g（x）≥0，即e^x≥x+1，從而x≥ln（x+1）．
設(shè)F（x）=g（x）-f（x）-$\frac{1}{2}$x²=e^x+aln（x+1）-（a+1）x-1，
F′（x）=e^x+$\frac{a}{x+1}$-（a+1），
①a=1時，∵x≥0，∴F′（x）≥x+1+$\frac{a}{x+1}$-（a+1）=x+1+$\frac{1}{x+1}$-2≥0，
∴F（x）在[0，+∞）遞增，從而F（x）≥F（0）=0，
即e^x+ln（x+1）=2x-1＞0，
∴g（x）≥f（x）+$\frac{1}{2}$x²．
②0＜a＜1時，由①得：e^x+ln（x+1）-2x-1＞0，
∴g（x）=e^x-x-1≥x-ln（x+1）≥a（x-ln（x+1）），
故F（x）≥0即g（x）≥f（x）+$\frac{1}{2}$x²，
③a＞1時，令h（x）=e^x+$\frac{a}{x+1}$-（a+1），
則h′（x）=e^x-$\frac{a}{{（x+1）}^{2}}$，
顯然h′（x）在[0，+∞）遞增，又h′（0）=1-a＜0，h′（$\sqrt{a}$-1）=${e}^{\sqrt{a}}$-1＞0，
∴h′（x）在（0，$\sqrt{a}$-1）上存在唯一零點x₀，
當(dāng)x∈（0，x₀）時，h′（x）＜0，h（x）在[0，x₀）遞減，
x∈（0，x₀）時，F(xiàn)（x）＜F（0）=0，
即g（x）＜f（x）+$\frac{1}{2}$x²，不合題意，
綜上，a∈（0，1]．

點評 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值，考查了等價轉(zhuǎn)化能力、分類討論方法、推理能力與計算能力，屬于難題．