Question

18．已知偶函数f（x）=ax²+bx+c（a，b，c∈R）在点（1，1）处的切线与直线x+2y+9=0垂直，函数g（x）=f（x）+mln（x+1）（m≠0）．
（Ⅰ）求函数f（x）的解析式．
（Ⅱ）当m＜$\frac{1}{2}$时，求函数g（x）的单调区间和极值点；
（Ⅲ）证明：对于任意实数x，不等式ln（e^x+1）＞e^2x-e^3x恒成立．（其中e=2.71828…是自然对数的底数）

Answer 1

分析 （Ⅰ）根据函数为偶函数，得到b=0，再根据导数的几何意义求，解得a，c，继而得到函数的解析式；
（Ⅱ）先求导，注意定义域，令g'（x）=0，解得x₁，x₂，根据导数和函数的单调性的关系求出极值和单调区间；
（Ⅲ）构造函数h（x）=x³-x²+ln（x+1），利用导数求出函数的最值，问题得以证明．

解答 （Ⅰ）因为f（x）为偶函数，所以b=0．
因为f'（x）=2ax+b=2ax，由题意知$\left\{\begin{array}{l}a+c=1\\ 2a•（-\frac{1}{2}）=-1\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}a=1\\ c=0\end{array}\right.$
所以f（x）=x²．
（Ⅱ）g（x）=x²+mln（x+1）由题意知，g（x）的定义域为（-1，+∞），$g'（x）=2x+\frac{m}{x+1}=\frac{{2{x^2}+2x+m}}{x+1}$．
因为$m＜\frac{1}{2}$，则g'（x）=0有两个不同解，${x_1}=\frac{{-1-\sqrt{1-2m}}}{2}，{x_2}=\frac{{-1+\sqrt{1-2m}}}{2}$．
①若m＜0，${x_1}=\frac{{-1-\sqrt{1-2m}}}{2}＜-1，{x_2}=\frac{{-1+\sqrt{1-2m}}}{2}＞-1$，
即x₁∉（-1，+∞），x₂∈（-1，+∞）．
此时，当x变化时，g'（x），g（x）随x的变化情况如下表：

x	（-1，x2）	x2	（x2，+∞）
g'（x）	-	0	+
g（x）	↘	极小值	↗

可知：m＜0时，函数g（x）的单调递增区间为$（\frac{{-1+\sqrt{1-2m}}}{2}，+∞）$，单调递减区间为$（-1，\frac{{-1+\sqrt{1-2m}}}{2}）$；g（x）有唯一极小值点$x=\frac{{-1+\sqrt{1-2m}}}{2}$．
②若$0＜m＜\frac{1}{2}$，${x_1}=\frac{{-1-\sqrt{1-2m}}}{2}＞-1$，∴x₁，x₂∈（-1，+∞），
此时，当x变化时，g'（x），g（x）随x的变化情况如下表：

x	（-1，x1）	x1	（x1，x2）	x2	（x2，+∞）
g'（x）	+	0	-	0	+
g（x）	↗	极大值	↘	极小值	↗

可知：$0＜m＜\frac{1}{2}$时，函数g（x）的单调递增区间为$（-1，\frac{{-1-\sqrt{1-2m}}}{2}）$，$（\frac{{-1+\sqrt{1-2m}}}{2}，+∞）$，
单调递减区间为$（\frac{{-1-\sqrt{1-2m}}}{2}，\frac{{-1+\sqrt{1-2m}}}{2}）$；
函数g（x）有一个极大值点$x=\frac{{-1-\sqrt{1-2m}}}{2}$和一个极小值点$x=\frac{{-1+\sqrt{1-2m}}}{2}$．
综上所述：①若m＜0，函数g（x）的单调递增区间为$（\frac{{-1+\sqrt{1-2m}}}{2}，+∞）$，单调递减区间为$（-1，\frac{{-1+\sqrt{1-2m}}}{2}）$；
g（x）有唯一极小值点$x=\frac{{-1+\sqrt{1-2m}}}{2}$；
②若$0＜m＜\frac{1}{2}$，函数g（x）的单调递增区间为$（-1，\frac{{-1-\sqrt{1-2m}}}{2}）$，$（\frac{{-1+\sqrt{1-2m}}}{2}，+∞）$，单调递减区间为$（\frac{{-1-\sqrt{1-2m}}}{2}，\frac{{-1+\sqrt{1-2m}}}{2}）$；
函数g（x）有一个极大值点$x=\frac{{-1-\sqrt{1-2m}}}{2}$和一个极小值点$x=\frac{{-1+\sqrt{1-2m}}}{2}$．
（Ⅲ） 当m=-1时，函数g（x）=x²-ln（x+1），令函数h（x）=x³-g（x）=x³-x²+ln（x+1）
则$h'（x）=3{x^2}-2x+\frac{1}{x+1}=\frac{{3{x^3}+{{（x-1）}^2}}}{x+1}$，
所以当x∈（0，+∞）时，h'（x）＞0，所以函数h（x）在（0，+∞）上单调递增，
又h（0）=0，则x∈（0，+∞）时，恒有h（x）＞h（0），即x³＞x²-ln（x+1）恒成立．
故当x∈（0，+∞）时，有ln（x+1）＞x²-x³．
所以?x∈R，不等式ln（e^x+1）＞e^2x-e^3x恒成立．

点评 本题是利用导数研究函数的单调性、求函数的极值的基本题型，考查了分类讨论的思想，关键是抓住分类的标准，属于难题．