Question

8．已知函数f（x）=aln（x+1）-b（x+1）²图象上点P（1，f（1））处的切线方程为y=-3x+2ln2-1．
（1）求a，b的值，并判断f（x）的单调性；
（2）若方程f（x）-t=0在[${\frac{1}{e}$-1，e-1]内有两个不等实数根，求实数t的取值范围（其中e为自然对数的底数，e=2.71828…）；
（3）设g（x）=-2x²+x+m-1，若对任意的x∈（-1，2），f（x）≤g（x）恒成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，得到关于a，b的方程组，解出a，b的值，从而求出函数的单调区间即可；
（2）根据f（x）的单调性，得到f（$\frac{1}{e}$-1）＞f（e-1），从而求出t的范围；
（3）问题转化为2ln（x+1）+x²-3x≤m在x∈（-1，2）上恒成立，令h（x）=2ln（x+1）+x²-3x，根据函数的单调性求出m的范围即可．

解答 解：（1）由题意得：x∈（-1，+∞），
f′（x）=$\frac{a}{x+1}$-2b（x+1），f′（1）=$\frac{a}{2}$-4b，f（1）=aln2-4b，
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{a}{2}-4b=-3}\\{aln2-4b=2ln2-4}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{a=2}\\{b=1}\end{array}\right.$，
∴f′（x）=$\frac{-2{（x}^{2}+2x）}{x+1}$，
∵x∈（-1，+∞），当x∈（-1，0）时，f′（x）＞0，f（x）递增，
x∈（0，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）递减；
（2）由题意：t=2ln（x+1）-（x+1）²，
由（1）得：x∈（$\frac{1}{e}$-1，0），f（x）递增，x∈（0，e-1），f（x）递减，
而f（0）=-1，f（$\frac{1}{e}$-1）=-2-$\frac{1}{{e}^{2}}$，f（e-1）=2-e²，
∵-2-$\frac{1}{{e}^{2}}$-（2-e²）＞0，
∴f（$\frac{1}{e}$-1）＞f（e-1），
要使方程f（x）-t=0在[${\frac{1}{e}$-1，e-1]内有两个不等实数根，
只需-2-$\frac{1}{{e}^{2}}$≤t＜-1，
∴-2-$\frac{1}{{e}^{2}}$≤t＜-1；
（3）由f（x）≤g（x）可得：2ln（x+1）-（x+1）²≤-2x²+x+m-1，
即2ln（x+1）+x²-3x≤m在x∈（-1，2）上恒成立，
令h（x）=2ln（x+1）+x²-3x，
h′（x）=$\frac{2}{x+1}$+2x-3=$\frac{（2x+1）（x-1）}{x+1}$，
令h′（x）＞0，解得：x＞1或x＜-$\frac{1}{2}$，
令h′（x）＜0，解得：-$\frac{1}{2}$＜x＜1，
∴h（x）在（-1，-$\frac{1}{2}$）递增，在（-$\frac{1}{2}$，1）递减，在（1，2）递增，
而h（-$\frac{1}{2}$）=$\frac{7}{4}$-2ln2，h（2）=2ln3-2，h（-$\frac{1}{2}$）-h（2）=$\frac{15}{4}$-2ln6＞0，
∴h（x）_max=h（-$\frac{1}{2}$）=$\frac{7}{4}$-ln2，
∴m≥$\frac{7}{4}$-ln2．

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，考查转化思想以及切线方程，是一道综合题．