Question

20．已知函数h（x）=ln（x+1）-x，t（x）=ax²，若f（x）=h（x）+t（x），g（x）=t（x）-e^x．
（1）当a=$\frac{1}{4}$时，求函数y=f（x）的极值；
（2）是否存在实数b∈（1，2），使得当x∈（-1，b]时，函数f（x）的极大值为f（b）？若存在，求实数a的取值范围；若不存在，请说明理由；
（3）若g（x）=t（x）-e^x有两个极值点x₁、x₂（x₁＜x₂），证明：-$\frac{e}{2}$＜g（x₁）＜-1．

Answer 1

分析 （1）当$a=\frac{1}{4}$时，求函数f（x）的导数f′（x），从而得到函数的单调区间，极值点，求出极值．
（2）由题意分别求出函数的导数，再讨论①当a≤0时②当a＞0时的情况，最后确定出a的取值范围．
（3）由x₁是原函数的导函数的根，把x₁代入导函数解析式，用x₁表示a，然后把g（x₁）的表达式中的a替换，得到关于x₁的函数式后再利用求导判断单调性，从而得到要征得结论．

解答 解：（1）∵h（x）=ln（x+1）-x，t（x）=ax²，
∴f（x）=h（x）+t（x）=ln（x+1）+ax²-x，
当$a=\frac{1}{4}$时，$f（x）=ln（x+1）+\frac{1}{4}{x^2}-x$，定义域为（-1，+∞）
则$f'（x）=\frac{1}{x+1}+\frac{1}{2}x-1$，
化简得$f'（x）=\frac{x（x-1）}{2（x+1）}$，（x＞-1）
∴函数f（x）在（-1，0），（1，+∞）上单调递增，在（0，1）上单调递减，
且f（0）=0，$f（1）=ln2-\frac{3}{4}$，
∴函数y=f（x）在x=1处取到极小值为$ln2-\frac{3}{4}$，在x=0处取到极大值为0；
（2）由题意$f'（x）=\frac{x（2ax-（1-2a））}{x+1}$，
①当a≤0时，函数f（x）在（-1，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减，
此时，不存在实数b∈（0，1），使得当x∈（-1，b]时，函数f（x）的最大值为f（b）；
②当a＞0时，令f'（x）=0有x=0或$x=\frac{1}{2a}-1$，
（a）当$\frac{1}{2a}-1＜0$即$a＞\frac{1}{2}$时，
函数f（x）在$（{-1，\frac{1}{2a}-1}）$和（0，+∞）上单调递增，
在$（{\frac{1}{2a}-1，0}）$上单调递减，
要存在实数b∈（0，1），使得当x∈（-1，b]时，函数f（x）的最大值为f（b），
则$f（{\frac{1}{2a}-1}）＜f（1）$，代入化简得$ln2a+\frac{1}{4a}+ln2-1＞0$（1）
令$g（a）=ln2a+\frac{1}{4a}+ln2-1（{a＞\frac{1}{2}}）$，
因$g'（a）=\frac{1}{a}（{1-\frac{1}{4a}}）＞0$恒成立，
故恒有$g（a）＞g（{\frac{1}{2}}）=ln2-\frac{1}{2}＞0$，
∴$a＞\frac{1}{2}$时，（1）式恒成立；
（b）当$\frac{1}{2a}-1＞0$即$0＜a＜\frac{1}{2}$时，
函数f（x）在（-1，0）和$（\frac{1}{2a}-1，+∞）$上单调递增，
在$（0，\frac{1}{2a}-1）$上单调递减，
此时由题，只需f（1）＞0，解得a＞1-ln2，
又$1-ln2＜\frac{1}{2}$，
∴此时实数a的取值范围是$1-ln2＜a＜\frac{1}{2}$；
（c）当$a=\frac{1}{2}$时，函数f（x）在（-1，+∞）上单调递增，显然符合题意；
综上，实数a的取值范围是（1-ln2，+∞）．
（3）证明：∵g（x）=t（x）-e^x=ax²-e^x （a∈R）．
∴g′（x）=2ax-e^x ，
若g（x）有两个极值点x₁，x₂，则x₁，x₂是方程g′（x）=0的两个根，
故方程2ax-e^x=0有两个根x₁，x₂，
又∵x=0显然不是该方程的根，
∴方程$2a=\frac{{e}^{x}}{x}$有两个根，
设$h（x）=\frac{{e}^{x}}{x}$，得${h}^{′}（x）=\frac{{e}^{x}（x-1）}{{x}^{2}}$．
若x＜0时，h（x）＜0且h′（x）＜0，h（x）单调递减．
若x＞0时，h（x）＞0．
当0＜x＜1时h′（x）＜0，h（x）单调递减，
当x＞1时h′（x）＞0，h（x）单调递增．
要使方程$2a=\frac{{e}^{x}}{x}$有两个根，需2a＞h（1）=e，故$a＞\frac{e}{2}$且0＜x₁＜1＜x₂．
∵g（x）=t（x）-e^x有两个极值点x₁、x₂（x₁＜x₂），
∴g′（x₁）=0，得：$2a{x}_{1}-{e}^{{x}_{1}}=0$，
故$a=\frac{{e}^{{x}_{1}}}{2{x}_{1}}$，x₁∈（0，1），
g（x₁）=ax₁²-${e}^{{x}_{1}}$=$\frac{{e}^{{x}_{1}}}{2{x}_{1}}$$•{{x}_{1}}^{2}$-${e}^{{x}_{1}}$=${e}^{{x}_{1}}$（$\frac{{x}_{1}}{2}-1$），x₁∈（0，1）
设s（t）=${e}^{t}（\frac{t}{2}-1）$（0＜t＜1），则${s}^{′}（t）={e}^{t}（\frac{t-1}{2}）＜0$，s（t）在（0，1）上单调递减
故s（1）＜s（t）＜s（0），
即-$\frac{e}{2}$＜g（x₁）＜-1．

点评 本题考查了函数的单调性，函数的最值，导数的应用，渗透了分类讨论思想，综合性较强，运算量较大，属于难题．