Question

8．已知函数f（x）=x²-2，g（x）=f（x）+2（x+1）+alnx．
（1）已知函数g（x）在区间（0，1）上单调递减，求实数a的取值范围；
（2）函数h（x）=ln（1+x²）-$\frac{1}{2}$f（x）-k，讨论关于x的方程h（x）=0根的情况．

Answer 1

分析 （1）先求出函数g（x）的导数，问题转化为a＜-（2x²+2x）在（0，1）恒成立，求出函数y=-（2x²+2x）的最小值即可求出a的范围；
（2）令h（x）=0，得到：ln（1+x²）=$\frac{1}{2}$（1+x²）+k-$\frac{3}{2}$，…①，令1+x²=t，则t≥1，①式可化为：lnt=$\frac{1}{2}$t+k-$\frac{3}{2}$，问题转化为y=lnt与y=$\frac{1}{2}$t+k-$\frac{3}{2}$的交点的个数问题，通过讨论k的范围，从而求出两个函数的交点即方程h（x）=0的根的情况．

解答 解：（1）∵g（x）=x²-2+2（x+1）+alnx=x²+2x+alnx，
若g（x）在（0，1）单调递减，
∴g′（x）=2x+2+$\frac{a}{x}$≤0在（0，1）恒成立，
即a≤-（2x²+2x）在（0，1）恒成立，
而[-（2x²+2x）]＞-4，
∴a≤-4；
（2）∵h（x）=ln（1+x²）-$\frac{1}{2}$（x²-2）-k
=ln（1+x²）-$\frac{1}{2}$x²+1-k，
令h（x）=0，得到：ln（1+x²）=$\frac{1}{2}$（1+x²）+k-$\frac{3}{2}$，…①，
令1+x²=t，则t≥1，
①式可化为：lnt=$\frac{1}{2}$t+k-$\frac{3}{2}$，
问题转化为y=lnt与y=$\frac{1}{2}$t+k-$\frac{3}{2}$的交点的个数问题，
当直线y=$\frac{1}{2}$t+k-$\frac{3}{2}$与曲线y=lnt相切时，
由$\frac{1}{t}$=$\frac{1}{2}$，解得：t=2，
将t=2代入y=lnt得切点坐标是（2，ln2），
此时，k=ln2+$\frac{1}{2}$，
∴k＞ln2+$\frac{1}{2}$时，直线与曲线无交点，即方程h（x）=0无解，
k=ln2+$\frac{1}{2}$时，直线与曲线有1个交点，即方程h（x）=0有1个根，
k＜ln2+$\frac{1}{2}$时，直线与曲线有2个交点，即方程h（x）=0有2个根．

点评 本题考查了函数的单调性，考查了导数的应用，考查转化思想，分类讨论思想，是一道中档题．