Question

14．已知函数f（x）=ax-$\frac{1}{2}$x²-aln（x+1）（a＞0），g（x）=e^x-x-1，曲线y=f（x）与y=g（x）在原点处的公共的切线．
（1）若x=0为函数f（x）的极大值点，求f（x）的单调区间（用a表示）；
（2）若?x≥0，g（x）≥f（x）+$\frac{1}{2}$x²，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，根据f′（0）=g′（0），求出a=b，求出f（x）的导数，通过讨论a的范围，确定函数的单调区间即可；
（2）设F（x）=g（x）-f（x）-$\frac{1}{2}$x²，通过讨论a的范围结合函数的单调性确定a的具体范围即可．

解答 解：（1）由题意得：f（x）的定义域是（-1，+∞），
且f′（x）=a-x-$\frac{b}{x+1}$，g′（x）=e^x-1，
∵曲线y=f（x）与y=g（x）在原点处的公共的切线，
∴f′（0）=g′（0），
解得：a=b，
∴f（x）=ax-$\frac{1}{2}$x²-aln（x+1）；
f′（x）=$\frac{-x[x-（a-1）]}{x+1}$，
a=1时，f′（x）≤0，函数在定义域递减，不合题意；
a≠1时，∵x=0为函数f（x）的极大值点，
故由y=-x²+（a-1）x的图象可知a-1＜0，
由f′（x）＜0，得：x∈（-1，a-1）∪（0，+∞），
由f′（x）＞0，得：x∈（a-1，0），
∴f（x）在（a-1，0）递增，在（-1，a-1），（0，+∞）递减；
（Ⅱ）∵g′（x）=e^x-1，且-1＜x＜0时，g′（x）＜0，x＞0时，g′（x）＞0，
故x=0时，g（x）取得最小值0，∴g′（x）≥0，即e^x≥x+1，从而x≥ln（x+1），
设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时，∵x≥0，∴F′（x）≥x+1+$\frac{a}{x+1}$-（a+1）=x+1+$\frac{1}{x+1}$-2≥0，
∴F（x）在[0，+∞）递增，从而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时，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时，令h（x）=e^x+$\frac{a}{x+1}$-（a+1），
则h′（x）=e^x-$\frac{a}{{（x+1）}^{2}}$，
显然h′（x）在[0，+∞）递增，又h′（0）=1-a＜0，h′（$\sqrt{a}$-1）=${e}^{\sqrt{a}}$-1＞0，
∴h′（x）在（0，$\sqrt{a}$-1）上存在唯一零点x₀，
当x∈（0，x₀）时，h′（x）＜0，h（x）在[0，x₀）递减，
x∈（0，x₀）时，F（x）＜F（0）=0，
即g（x）＜f（x）+$\frac{1}{2}$x²，不合题意，
综上，a∈（0，1]．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查分类讨论思想，是一道综合题．