Question

3．已知函数f（x）=ln（x+1）+ax²-x（a＞0）．
（1）若a=$\frac{1}{2}$，求曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
（2）讨论函数y=f（x）的单调性；
（3）若存在x₀∈[0，+∞），使f（x₀）＜0成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数f（x）的导数，可得切线的斜率和切点，可得切线的方程；
（2）求出f（x）的导数，讨论当a=$\frac{1}{2}$时，当a＞$\frac{1}{2}$时，当0＜a＜$\frac{1}{2}$时，由导数大于0，可得增区间；导数小于0，可得减区间；
（3）由题意可得ln（x+1）+ax²-x＜0在（0，+∞）成立．即有a＜$\frac{x-ln（1+x）}{{x}^{2}}$，x＞0，由g（x）=$\frac{x-ln（1+x）}{{x}^{2}}$，x＞0，运用函数的单调性，可得g（x）-$\frac{1}{2}$＜0，即可得到a的范围．

解答 解：（1）函数f（x）=ln（x+1）+$\frac{1}{2}$x²-x的导数为f′（x）=$\frac{1}{x+1}$+x-1，
可得曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线斜率为0，切点为（0，0），
可得曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y=0：
（2）f（x）=ln（x+1）+ax²-x（a＞0）的导数为
f′（x）=$\frac{1}{x+1}$+2ax-1=$\frac{2ax（x+\frac{2a-1}{2a}）}{x+1}$，
①当a=$\frac{1}{2}$时，f′（x）=$\frac{{x}^{2}}{x+1}$≥0，可得f（x）在（-1，+∞）递增；
②当a＞$\frac{1}{2}$时，-$\frac{2a-1}{2a}$=-1+$\frac{1}{2a}$＞-1，由f′（x）＜0，可得-$\frac{2a-1}{2a}$＜x＜0；
由f′（x）＞0，可得-1＜x＜-$\frac{2a-1}{2a}$或x＞0；
③当0＜a＜$\frac{1}{2}$时，-$\frac{2a-1}{2a}$＞0，由f′（x）＜0，可得0＜x＜-$\frac{2a-1}{2a}$；
由f′（x）＞0，可得-1＜x＜0或x＞-$\frac{2a-1}{2a}$．
综上可得，当a=$\frac{1}{2}$时，f（x）在（-1，+∞）递增；
当a＞$\frac{1}{2}$时，f（x）在（-$\frac{2a-1}{2a}$，0）递减；在（-1，-$\frac{2a-1}{2a}$），（0+∞）递增；
当0＜a＜$\frac{1}{2}$时，f（x）在（0，-$\frac{2a-1}{2a}$）递减；在（-1，0），（-$\frac{2a-1}{2a}$，+∞）递增．
（3）存在x₀∈[0，+∞），使f（x₀）＜0成立，
即为ln（x+1）+ax²-x＜0在（0，+∞）成立．
即有a＜$\frac{x-ln（1+x）}{{x}^{2}}$，x＞0，
由g（x）=$\frac{x-ln（1+x）}{{x}^{2}}$，x＞0，
g（x）-$\frac{1}{2}$=$\frac{x-ln（1+x）}{{x}^{2}}$-$\frac{1}{2}$=$\frac{2x-2ln（1+x）-{x}^{2}}{2{x}^{2}}$，
由h（x）=2x-2ln（x+1）-x²，h′（x）=2-$\frac{2}{x+1}$-2x=$\frac{-2{x}^{2}}{x+1}$＜0，
可得h（x）在（0，+∞）递减，可得h（x）＜h（0）=0，
则g（x）＜$\frac{1}{2}$成立，
由题意可得0＜a＜$\frac{1}{2}$，即a的取值范围是（0，$\frac{1}{2}$）．

点评 本题考查导数的运用：求切线的方程和单调区间，考查函数的单调性的运用，以及分类讨论的思想方法和构造函数法，运算求解能力，属于中档题．