Question

12．设函数f（x）=a（x+1）²ln（x+1）+bx（x＞-1），曲线y=f（x）过点（e-1，e²-e+1），且在点（0，0）处的切线方程为y=0．
（Ⅰ）求a，b的值；
（Ⅱ）证明：当x≥0时，f（x）≥x²；
（Ⅲ）若当x≥0时，f（x）≥mx²恒成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出导函数f′（x）．利用f′（0）=a+b=0，f（e-1）=e²-e+1，即可求解a，b．
（Ⅱ）设g（x）=（x+1）²ln（x+1）-x-x²，（x≥0），求出导函数，利用导函数的判断函数的单调性，推出g（x）≥g（0）=0．推出结果f（x）≥x²．
（Ⅲ）设h（x）=（x+1）²ln（x+1）-x-mx²，求出导函数h′（x），利用（Ⅱ） 中的结果，通过讨论m的范围，求解即可．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=2a（x+1）ln（x+1）+a（x+1）+b，∵f′（0）=a+b=0，f（e-1）=ae²+b（e-1）=a（e²-e+1）=e²-e+1∴a=1，b=-1．                   …（4分）
（Ⅱ）f（x）=（x+1）²ln（x+1）-x，
设g（x）=（x+1）²ln（x+1）-x-x²，（x≥0），g′（x）=2（x+1）ln（x+1）-x，
（g′（x））′=2ln（x+1）+1＞0，∴g′（x）在[0，+∞）上单调递增，
∴g′（x）≥g′（0）=0，∴g（x）在[0，+∞）上单调递增，
∴g（x）≥g（0）=0．∴f（x）≥x²．…（8分）
（Ⅲ）设h（x）=（x+1）²ln（x+1）-x-mx²，h′（x）=2（x+1）ln（x+1）+x-2mx，
（Ⅱ） 中知（x+1）²ln（x+1）≥x²+x=x（x+1），∴（x+1）ln（x+1）≥x，∴h′（x）≥3x-2mx，
①当3-2m≥0即$m≤\frac{3}{2}$时，h′（x）≥0，∴h（x）在[0，+∞）单调递增，∴h（x）≥h（0）=0，成立．
②当3-2m＜0即$m＞\frac{3}{2}$时，h′（x）=2（x+1）ln（x+1）+（1-2m）x，h′′（x）=2ln（x+1）+3-2m，令h′′（x）=0，得${x_0}={e^{\frac{2m-3}{2}}}-1＞0$，
当x∈[0，x₀）时，h′（x）＜h′（0）=0，∴h（x）在[0，x₀）上单调递减，
∴h（x）＜h（0）=0，不成立．
综上，$m≤\frac{3}{2}$．…（12分）

点评 本题考查函数的导数的综合应用，函数的单调性以及导函数的单调性的应用，考查分析问题解决问题的能力．