Question

15．设函数f（x）=ln（x+1）+a（x²-x），其中a∈R，
（Ⅰ）讨论函数f（x）极值点的个数，并说明理由；
（Ⅱ）若?x＞0，f（x）≥0成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （I）函数f（x）=ln（x+1）+a（x²-x），其中a∈R，x∈（-1，+∞）．${f}^{′}（x）=\frac{1}{x+1}+2ax-a$=$\frac{2a{x}^{2}+ax-a+1}{x+1}$．令g（x）=2ax²+ax-a+1．对a与△分类讨论可得：（1）当a=0时，此时f′（x）＞0，即可得出函数的单调性与极值的情况．
（2）当a＞0时，△=a（9a-8）．①当$0＜a≤\frac{8}{9}$时，△≤0，②当a$＞\frac{8}{9}$时，△＞0，即可得出函数的单调性与极值的情况．
（3）当a＜0时，△＞0．即可得出函数的单调性与极值的情况．
（II）由（I）可知：（1）当0≤a$≤\frac{8}{9}$时，可得函数f（x）在（0，+∞）上单调性，即可判断出．
（2）当$\frac{8}{9}$＜a≤1时，由g（0）≥0，可得x₂≤0，函数f（x）在（0，+∞）上单调性，即可判断出．
（3）当1＜a时，由g（0）＜0，可得x₂＞0，利用x∈（0，x₂）时函数f（x）单调性，即可判断出；
（4）当a＜0时，设h（x）=x-ln（x+1），x∈（0，+∞），研究其单调性，即可判断出

解答 解：（I）函数f（x）=ln（x+1）+a（x²-x），其中a∈R，x∈（-1，+∞）．
${f}^{′}（x）=\frac{1}{x+1}+2ax-a$=$\frac{2a{x}^{2}+ax-a+1}{x+1}$．
令g（x）=2ax²+ax-a+1．
（1）当a=0时，g（x）=1，此时f′（x）＞0，函数f（x）在（-1，+∞）上单调递增，无极值点．
（2）当a＞0时，△=a²-8a（1-a）=a（9a-8）．
①当$0＜a≤\frac{8}{9}$时，△≤0，g（x）≥0，f′（x）≥0，函数f（x）在（-1，+∞）上单调递增，无极值点．
②当a$＞\frac{8}{9}$时，△＞0，设方程2ax²+ax-a+1=0的两个实数根分别为x₁，x₂，x₁＜x₂．
∵x₁+x₂=$-\frac{1}{2}$，
∴${x}_{1}＜-\frac{1}{4}$，${x}_{2}＞-\frac{1}{4}$．
由g（-1）＞0，可得-1＜x₁$＜-\frac{1}{4}$．
∴当x∈（-1，x₁）时，g（x）＞0，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；
当x∈（x₁，x₂）时，g（x）＜0，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；
当x∈（x₂，+∞）时，g（x）＞0，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增．
因此函数f（x）有两个极值点．
（3）当a＜0时，△＞0．由g（-1）=1＞0，可得x₁＜-1＜x₂．
∴当x∈（-1，x₂）时，g（x）＞0，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；
当x∈（x₂，+∞）时，g（x）＜0，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减．
因此函数f（x）有一个极值点．
综上所述：当a＜0时，函数f（x）有一个极值点；
当0≤a$≤\frac{8}{9}$时，函数f（x）无极值点；
当a$＞\frac{8}{9}$时，函数f（x）有两个极值点．
（II）由（I）可知：
（1）当0≤a$≤\frac{8}{9}$时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增．
∵f（0）=0，
∴x∈（0，+∞）时，f（x）＞0，符合题意．
（2）当$\frac{8}{9}$＜a≤1时，由g（0）≥0，可得x₂≤0，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增．
又f（0）=0，
∴x∈（0，+∞）时，f（x）＞0，符合题意．
（3）当1＜a时，由g（0）＜0，可得x₂＞0，
∴x∈（0，x₂）时，函数f（x）单调递减．
又f（0）=0，
∴x∈（0，x₂）时，f（x）＜0，不符合题意，舍去；
（4）当a＜0时，设h（x）=x-ln（x+1），x∈（0，+∞），h′（x）=$\frac{x}{x+1}$＞0．
∴h（x）在（0，+∞）上单调递增．
因此x∈（0，+∞）时，h（x）＞h（0）=0，即ln（x+1）＜x，
可得：f（x）＜x+a（x²-x）=ax²+（1-a）x，
当x＞$1-\frac{1}{a}$时，
ax²+（1-a）x＜0，此时f（x）＜0，不合题意，舍去．
综上所述，a的取值范围为[0，1]．

点评 本题考查了导数的运算法则、利用导数研究函数的单调性极值，考查了分析问题与解决问题的能力，考查了分类讨论思想方法、推理能力与计算能力，属于难题．