Question

17．函数f（x）=$\left\{\begin{array}{l}aln（x+1），x≥0\\ \frac{1}{3}{x^3}-ax，x＜0\end{array}$，g（x）=e^x-1．
（Ⅰ）当a＞0时，求函数f（x）的单调区间和极大值；
（Ⅱ）当a∈R时，讨论方程f（x）=g（x）解得个数；
（Ⅲ）求证：$\frac{1095}{1000}$＜$\root{10}{e}$＜$\frac{3000}{2699}$（参考数据：ln1.1≈0.0953）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通过讨论x的范围，求出函数的导数，得到函数的单调区间，从而求出函数极大值；
（Ⅱ）问题转化为讨论函数h（x）=g（x）-f（x）的零点问题，通过讨论a的范围，得到函数的单调性，从而求出函数的零点个数；
（Ⅲ）分别令a=1，问题转化为e^x＞1+ln（x+1），令a=-1时，g（x）＞f（x）对x＜0恒成立，从而证出结论．

解答 解：（Ⅰ）当x≥0时，a＞0，$f'（x）=\frac{a}{x+1}＞0$，f（x）在[0，+∞）递增，
当x＜0时，f′（x）=x²-a，$x∈（-\sqrt{a}，0），f'（x）＜0$，f（x）递减，$x∈（-∞，-\sqrt{a}），f'（x）＞0$，f（x）递增；
故f（x）在$（-∞，-\sqrt{a}）$，[0，+∞）递增，$（-\sqrt{a}，0）$递减，（不必说明连续性）
故${[f（x）]_{极大值}}=f（-\sqrt{a}）=\frac{2}{3}a\sqrt{a}$．
（Ⅱ）即讨论h（x）=g（x）-f（x）的零点的个数，h（0）=0，故必有一个零点为x=0．
①当x＞0时，h（x）=g（x）-f（x）=e^x-1-aln（x+1），$h'（x）={e^x}-\frac{a}{x+1}$
（ⅰ）若a≤1，则$\frac{a}{x+1}＜1＜{e^x}$，h′（x）＞0，h（x）在（0，+∞）递增，h（x）＞h（0）=0，
故此时h（x）在 （0，+∞）无零点；
（ⅱ）若a＞1，$h'（x）={e^x}-\frac{a}{x+1}$在（0，+∞）递增，h′（x）＞h′（0）=1-a，1-a＜0，
且x→+∞时，h′（x）→+∞，则?x₀∈（0，+∞）使h′（x₀）=0，
进而h（x）在（0，x₀）递减，在（x₀，+∞）递增，h（x₀）＜h（0）=0，
由指数、对数函数的增长率知，x→+∞时h（x）→+∞，h（x）在（x₀，+∞）上有一个零点，在（0，x₀]无零点，
故h（x）在（0，+∞）有一个零点；
②当x＜0时，$h（x）=g（x）-f（x）={e^x}-1-\frac{1}{3}{x^3}+ax$，h′（x）=e^x-x²+a，
设θ（x）=h′（x），θ′（x）=e^x-2x＞0对x＜0恒成立，
故h′（x）=e^x-x²+a在（-∞，0）递增，h′（x）＜h′（0）=1+a，且x→-∞时，h′（x）→-∞；
（ⅰ）若1+a≤0，即a≤-1，则h′（x）＜h′（0）=1+a≤0，故h（x）在（-∞，0）递减，
所以h（x）＞h（0）=0，h（x）在（-∞，0）无零点；
（ⅱ）若1+a＞0，即a＞-1，则?x₀∈（-∞，0）使h′（x₀）=0，
进而h（x）在（-∞，x₀）递减，在（x₀，0）递增，h（x₀）＜h（0）=0且x→-∞时，$h（x）=（{e^x}-1）-\frac{1}{3}x（{x^2}-3a）→+∞$，
h（x）在（-∞，x₀）上有一个零点，在[x₀，0）无零点，故h（x）在（-∞，0）有一个零点，
综合①②，当a≤-1时有一个公共点；当-1＜a≤1时有两个公共点；当a＞1时有三个公共点．
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，a=1时，g（x）＞f（x）对x＞0恒成立，即e^x＞1+ln（x+1），
令$x=\frac{1}{10}$，则${e^{\frac{1}{10}}}＞1+ln1.1≈1.0953＞\frac{1095}{1000}$，
由（Ⅱ）知，当a=-1时，g（x）＞f（x）对x＜0恒成立，即${e^x}＞\frac{1}{3}{x^3}+x+1$，
令$x=-\frac{1}{10}$，则${e}^{-\frac{1}{10}}$＞$\frac{1}{3}$${（-\frac{1}{10}）}^{3}$-$\frac{1}{10}$+1=$\frac{2699}{3000}$，故有$\frac{1095}{1000}$＜$\root{10}{e}$＜$\frac{3000}{2699}$．

点评 本题考察了函数的单调性、函数的最值问题，考察导数的应用，考察分类讨论思想，是一道难题．