Question

已知函数f（x）=ln（x+1）-ax²-x+4，a∈R
（Ⅰ）若x=0是f（x）的极小值点，M是f（x）的极大值．
（ⅰ）求实数a的取值范围I；
（ⅱ）若对任意a∈I，M＞k恒成立，求实数k的最大值；
（Ⅱ）若a≥0，l是曲线y=f（x）的一条切线，证明曲线y=f（x）上的任意一点都不可能在直线l的上方．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的极值,利用导数求闭区间上函数的最值

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ）求f′（x），求出极大值点，并判断极大值点在x=0的左边还是右边，从而求出a的取值范围．用a表示出极大值M，通过求导判断单调性，根据单调性得到M＞4，从而求出k的最大值；
（Ⅱ）设切点（x₀，f（x₀）），求出切线方程：y=f′（x₀）（x-x₀）+f（x₀），通过构造函数，求导，判断单调性得出f（x）≤y即可．

解答： 解：（Ⅰ）（i）f′（x）=

1

x+1

-2ax-1=

-x[2ax+(2a+1)]

x+1

(x＞-1)；
∵f（x）有两个极值点，∴a≠0；
令f′（x）=0，得：x=0，或x=-

2a+1

2a

；
若a＞0，-

2a+1

2a

＜-1，这样f（x）只有一个极值点，不符合已知的两个极值点；
若a＜0，∵x=0是f（x）的极小值点，∴1＜-

2a+1

2a

＜0，解得a＜-

1

2

；
（ii）由（i）得M=f（-

2a+1

2a

）=ln（--

1

2a

）-a(-1-

1

2a

)2-(-1-

1

2a

)+4=ln(-

1

2a

)+

1

4a

-a+4；
设-

1

2a

=t，∵a＜-

1

2

，∴t∈（0，1）；
M=lnt-

t

2

+

1

2t

+4，设g(t)=lnt-

t

2

+

1

2t

+4(0＜t＜1)，g′(t)=-

(t-1)2

2t2

＜0；
∴g（t）在（0，1）上递减，M=g（t）＞g（1）=4；
∴k≤4，∴k的最大值为4；
（Ⅱ）设M（x₀，f（x₀））是直线l与曲线y=f（x）的切点，则直线l的方程为：
y-f（x₀）=f′（x₀）（x-x₀），即y=(

1

x0+1

-2ax0-1)(x-x0)+f(x0)；
设h（x）=f（x）-[(

1

x0+1

-2ax0-1)(x-x0)+f(x0)]，
h′（x）=

1

x+1

-2ax-1-(

1

x0+1

-2ax0-1)(x＞-1)；
令φ（x）=h′（x），则：φ′（x）=-

1

(x+1)2

-2a，
∵a≥0，∴φ′（x）＜0；
∴h′（x）在（-1，+∞）上递减，又h′（x₀）=0；
∴x∈（-1，x₀）时，h′（x）＞0；x∈（x₀，+∞）时，h′（x）＜0；
∴h（x₀）是极大值，也是h（x）在（-1，+∞）上的最大值；
∴h（x）≤h（x₀）=0；
∴f（x）≤(

1

x0+1

-2ax0-1)(x-x0)+f(x0)；
∴曲线y=f（x）上的任意一点都不可能在直线l的上方．

点评：考查极值的概念，f′（x）=0的根与极点个数的关系，函数导数符号和函数单调性的关系，单调性的定义，函数最大值的求法，构造函数的方法．