Question

11．已知函数f（x）=ax-$\frac{1}{2}$x²-bln（x+1）（a＞0），g（x）=e^x-x-1，曲线y=f（x）与y=g（x）在原点处有公共的切线．
（1）若x=0为f（x）的极大值点，求f（x）的单调区间（用a表示）；
（2）若?x≥0，g（x）≥f（x）+$\frac{1}{2}$x²，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）f′（x）=a-x-$\frac{b}{x+1}$，（x＞-1），g′（x）=e^x-1．由曲线y=f（x）与y=g（x）在原点处有公共的切线，可得f′（0）=g′（0），b=a．因此f′（x）=$\frac{-x[x-（a-1）]}{x+1}$，对a分类讨论，利用导数研究函数的单调性即可得出．
（2）由g′（x）=e^x-1，x＞0时，g′（x）＞0，可得e^x≥x+1，从而x≥ln（x+1）．设F（x）=g（x）-f（x）-$\frac{1}{2}$x²=e^x+aln（x+1）-（a+1）x-1，F′（x）=e^x+$\frac{a}{x+1}$-（a+1），对a分类讨论a=1，0＜a＜1，a＞1，利用导数研究函数的单调性即可得出．

解答 解：（1）f′（x）=a-x-$\frac{b}{x+1}$，（x＞-1），g′（x）=e^x-1．
∵曲线y=f（x）与y=g（x）在原点处有公共的切线，
∴f′（0）=g′（0），∴a-b=0．∴b=a．
∴f′（x）=a-x-$\frac{a}{x+1}$=$\frac{-x[x-（a-1）]}{x+1}$，
a=1时，f′（x）=$\frac{-{x}^{2}}{x+1}$≤0，函数f（x）在（-1，+∞）上单调递减，舍去．
a＞1时，x=0为f（x）的极小值点，舍去．
0＜a＜1时，-1＜a-1＜0，当x∈（-1，a-1）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；x∈（a-1，0），f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；当x∈（0，+∞）时，
f′（x）＜0，函数f（x）单调递减．∴x=0时，x=0为f（x）的极大值点．
因此可得：当x∈（-1，a-1）时，函数f（x）单调递减；x∈（a-1，0），函数f（x）单调递增；当x∈（0，+∞）时，函数f（x）单调递减．
（2）∵g′（x）=e^x-1，x＞0时，g′（x）＞0，
故x=0时，g（x）取得最小值0，∴g（x）≥0，即e^x≥x+1，从而x≥ln（x+1）．
设F（x）=g（x）-f（x）-$\frac{1}{2}$x²=e^x+aln（x+1）-（a+1）x-1，
F′（x）=e^x+$\frac{a}{x+1}$-（a+1），
①a=1时，∵x≥0，∴F′（x）≥x+1+$\frac{a}{x+1}$-（a+1）=x+1+$\frac{1}{x+1}$-2≥0，
∴F（x）在[0，+∞）递增，从而F（x）≥F（0）=0，
即e^x+ln（x+1）=2x-1＞0，
∴g（x）≥f（x）+$\frac{1}{2}$x²．
②0＜a＜1时，由①得：e^x+ln（x+1）-2x-1＞0，
∴g（x）=e^x-x-1≥x-ln（x+1）≥a（x-ln（x+1）），
故F（x）≥0即g（x）≥f（x）+$\frac{1}{2}$x²，
③a＞1时，令h（x）=e^x+$\frac{a}{x+1}$-（a+1），
则h′（x）=e^x-$\frac{a}{{（x+1）}^{2}}$，
显然h′（x）在[0，+∞）递增，又h′（0）=1-a＜0，h′（$\sqrt{a}$-1）=${e}^{\sqrt{a}}$-1＞0，
∴h′（x）在（0，$\sqrt{a}$-1）上存在唯一零点x₀，
当x∈（0，x₀）时，h′（x）＜0，h（x）在[0，x₀）递减，
x∈（0，x₀）时，F（x）＜F（0）=0，
即g（x）＜f（x）+$\frac{1}{2}$x²，不合题意，
综上，a∈（0，1]．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了等价转化能力、分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于难题．