Question

18．已知函数f（x）=ln（x+1），g（x）=$\frac{1}{2}$mx²-2x+1（m≥1）．
（1）若x≥0时，不等式ax≥f（x）恒成立，求实数a的取值范围；
（2）若函数F（x）=f（x）+g（x）的图象在点A（0，1）处的切线l与曲线C：y=F（x）只有一个公共点，求m的值．

Answer 1

分析 （1）当x=0时，ax≥f（x）成立，当x＞0时，ax≥f（x）可化为a≥$\frac{f（x）}{x}$=$\frac{ln（x+1）}{x}$，再令g（x）=$\frac{ln（x+1）}{x}$，从而转化为求函数的最值问题；
（2）先化简并求函数F（x）=f（x）+g（x）=ln（x+1）+$\frac{1}{2}$mx²-2x+1的定义域为（-1，+∞），再求导确定切线l的方程为y=-x+1，从而化为$\frac{1}{2}$mx²-x+ln（x+1）=0有且只有一个实数解，显然x=0时成立；再令g（x）=$\frac{1}{2}$mx²-x+ln（x+1），再求导以确定函数的单调性，从而解m即可．

解答 解：（1）当x=0时，ax≥f（x）成立，
当x＞0时，ax≥f（x）可化为a≥$\frac{f（x）}{x}$=$\frac{ln（x+1）}{x}$，
令g（x）=$\frac{ln（x+1）}{x}$，
g′（x）=$\frac{\frac{x}{x+1}-ln（x+1）}{{x}^{2}}$，
令h（x）=$\frac{x}{x+1}$-ln（x+1），
h′（x）=$\frac{1}{（x+1）^{2}}$-$\frac{1}{x+1}$＜0，
故h（x）=$\frac{x}{x+1}$-ln（x+1）在（0，+∞）上是减函数，
故h（x）＜h（0）=0-0=0，
故g′（x）＜0，
故g（x）=$\frac{ln（x+1）}{x}$在（0，+∞）上是减函数，
而$\underset{lim}{x→0}$$\frac{ln（x+1）}{x}$=$\underset{lim}{x→0}$$\frac{1}{x+1}$=1；
故g（x）＜1；
则a≥1；
（2）易知F（x）=f（x）+g（x）=ln（x+1）+$\frac{1}{2}$mx²-2x+1的定义域（-1，+∞），
F′（x）=mx-2+$\frac{1}{x+1}$，F′（0）=-1，
∴切线l的方程为：y=-x+1，
∵切线l与C有且只有一个公共点，
∴ln（x+1）+$\frac{1}{2}$mx²-2x+1=-x+1有且只有一个实数解，
即$\frac{1}{2}$mx²-x+ln（x+1）=0有且只有一个实数解，显然x=0时成立．
令g（x）=$\frac{1}{2}$mx²-x+ln（x+1），
则g′（x）=mx-1+$\frac{1}{x+1}$=$\frac{mx[x-（\frac{1}{m}-1）]}{x+1}$
①当m=1时，g′（x）≥0，函数在（-1，+∞）上单调增，x=0是方程唯一实数解；
②当m＞1时由g′（x）=0得x₁=0，x₂=$\frac{1}{m}$-1∈[-1，0）；
从而有x=x₂是极大值点且g（x₂）＞g（0）=0，又当x→-1时，g（x）→-∞；
因此g（x）=0在（-1，x₂）内也有一解，不成立；
综上所述，m=1．

点评 本题考查了导数的综合应用，恒成立问题及洛比塔法则的应用，同时考查了分类讨论及转化的思想应用，属于难题．