Question

20．已知函數(shù)h（x）=ln（x+1）-x，t（x）=ax²，若f（x）=h（x）+t（x），g（x）=t（x）-e^x．
（1）當(dāng)a=$\frac{1}{4}$時(shí)，求函數(shù)y=f（x）的極值；
（2）是否存在實(shí)數(shù)b∈（1，2），使得當(dāng)x∈（-1，b]時(shí)，函數(shù)f（x）的極大值為f（b）？若存在，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說明理由；
（3）若g（x）=t（x）-e^x有兩個(gè)極值點(diǎn)x₁、x₂（x₁＜x₂），證明：-$\frac{e}{2}$＜g（x₁）＜-1．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)$a=\frac{1}{4}$時(shí)，求函數(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)f′（x），從而得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，極值點(diǎn)，求出極值．
（2）由題意分別求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，再討論①當(dāng)a≤0時(shí)②當(dāng)a＞0時(shí)的情況，最后確定出a的取值范圍．
（3）由x₁是原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)的根，把x₁代入導(dǎo)函數(shù)解析式，用x₁表示a，然后把g（x₁）的表達(dá)式中的a替換，得到關(guān)于x₁的函數(shù)式后再利用求導(dǎo)判斷單調(diào)性，從而得到要征得結(jié)論．

解答 解：（1）∵h(yuǎn)（x）=ln（x+1）-x，t（x）=ax²，
∴f（x）=h（x）+t（x）=ln（x+1）+ax²-x，
當(dāng)$a=\frac{1}{4}$時(shí)，$f（x）=ln（x+1）+\frac{1}{4}{x^2}-x$，定義域?yàn)椋?1，+∞）
則$f'（x）=\frac{1}{x+1}+\frac{1}{2}x-1$，
化簡(jiǎn)得$f'（x）=\frac{x（x-1）}{2（x+1）}$，（x＞-1）
∴函數(shù)f（x）在（-1，0），（1，+∞）上單調(diào)遞增，在（0，1）上單調(diào)遞減，
且f（0）=0，$f（1）=ln2-\frac{3}{4}$，
∴函數(shù)y=f（x）在x=1處取到極小值為$ln2-\frac{3}{4}$，在x=0處取到極大值為0；
（2）由題意$f'（x）=\frac{x（2ax-（1-2a））}{x+1}$，
①當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)f（x）在（-1，0）上單調(diào)遞增，在（0，+∞）上單調(diào)遞減，
此時(shí)，不存在實(shí)數(shù)b∈（0，1），使得當(dāng)x∈（-1，b]時(shí)，函數(shù)f（x）的最大值為f（b）；
②當(dāng)a＞0時(shí)，令f'（x）=0有x=0或$x=\frac{1}{2a}-1$，
（a）當(dāng)$\frac{1}{2a}-1＜0$即$a＞\frac{1}{2}$時(shí)，
函數(shù)f（x）在$（{-1，\frac{1}{2a}-1}）$和（0，+∞）上單調(diào)遞增，
在$（{\frac{1}{2a}-1，0}）$上單調(diào)遞減，
要存在實(shí)數(shù)b∈（0，1），使得當(dāng)x∈（-1，b]時(shí)，函數(shù)f（x）的最大值為f（b），
則$f（{\frac{1}{2a}-1}）＜f（1）$，代入化簡(jiǎn)得$ln2a+\frac{1}{4a}+ln2-1＞0$（1）
令$g（a）=ln2a+\frac{1}{4a}+ln2-1（{a＞\frac{1}{2}}）$，
因$g'（a）=\frac{1}{a}（{1-\frac{1}{4a}}）＞0$恒成立，
故恒有$g（a）＞g（{\frac{1}{2}}）=ln2-\frac{1}{2}＞0$，
∴$a＞\frac{1}{2}$時(shí)，（1）式恒成立；
（b）當(dāng)$\frac{1}{2a}-1＞0$即$0＜a＜\frac{1}{2}$時(shí)，
函數(shù)f（x）在（-1，0）和$（\frac{1}{2a}-1，+∞）$上單調(diào)遞增，
在$（0，\frac{1}{2a}-1）$上單調(diào)遞減，
此時(shí)由題，只需f（1）＞0，解得a＞1-ln2，
又$1-ln2＜\frac{1}{2}$，
∴此時(shí)實(shí)數(shù)a的取值范圍是$1-ln2＜a＜\frac{1}{2}$；
（c）當(dāng)$a=\frac{1}{2}$時(shí)，函數(shù)f（x）在（-1，+∞）上單調(diào)遞增，顯然符合題意；
綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是（1-ln2，+∞）．
（3）證明：∵g（x）=t（x）-e^x=ax²-e^x （a∈R）．
∴g′（x）=2ax-e^x ，
若g（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂，則x₁，x₂是方程g′（x）=0的兩個(gè)根，
故方程2ax-e^x=0有兩個(gè)根x₁，x₂，
又∵x=0顯然不是該方程的根，
∴方程$2a=\frac{{e}^{x}}{x}$有兩個(gè)根，
設(shè)$h（x）=\frac{{e}^{x}}{x}$，得${h}^{′}（x）=\frac{{e}^{x}（x-1）}{{x}^{2}}$．
若x＜0時(shí)，h（x）＜0且h′（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減．
若x＞0時(shí)，h（x）＞0．
當(dāng)0＜x＜1時(shí)h′（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減，
當(dāng)x＞1時(shí)h′（x）＞0，h（x）單調(diào)遞增．
要使方程$2a=\frac{{e}^{x}}{x}$有兩個(gè)根，需2a＞h（1）=e，故$a＞\frac{e}{2}$且0＜x₁＜1＜x₂．
∵g（x）=t（x）-e^x有兩個(gè)極值點(diǎn)x₁、x₂（x₁＜x₂），
∴g′（x₁）=0，得：$2a{x}_{1}-{e}^{{x}_{1}}=0$，
故$a=\frac{{e}^{{x}_{1}}}{2{x}_{1}}$，x₁∈（0，1），
g（x₁）=ax₁²-${e}^{{x}_{1}}$=$\frac{{e}^{{x}_{1}}}{2{x}_{1}}$$•{{x}_{1}}^{2}$-${e}^{{x}_{1}}$=${e}^{{x}_{1}}$（$\frac{{x}_{1}}{2}-1$），x₁∈（0，1）
設(shè)s（t）=${e}^{t}（\frac{t}{2}-1）$（0＜t＜1），則${s}^{′}（t）={e}^{t}（\frac{t-1}{2}）＜0$，s（t）在（0，1）上單調(diào)遞減
故s（1）＜s（t）＜s（0），
即-$\frac{e}{2}$＜g（x₁）＜-1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性，函數(shù)的最值，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，滲透了分類討論思想，綜合性較強(qiáng)，運(yùn)算量較大，屬于難題．