Question

20．设函数f（x）=m（x+1）²ln（x+1）+[f′（e-1）-3e]x，其中x＞-1，曲线y=f（x）在点（0，0）处的切线方程为y=0
（Ⅰ）求f（x）的解析式
（Ⅱ）证明：当x≥0时，f（x）≥x²
（Ⅲ）若当x≥0时，f（x）≥ax²恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出导函数f′（x）．利用f′（e-1）求出m的值，从而求出函数的解析式；
（Ⅱ）设g（x）=（x+1）²ln（x+1）-x-x²，（x≥0），求出导函数，利用导函数的判断函数的单调性，推出g（x）≥g（0）=0．推出结果f（x）≥x²．
（Ⅲ）设h（x）=（x+1）²ln（x+1）-x-mx²，求出导函数h′（x），利用（Ⅱ） 中的结果，通过讨论m的范围，求解即可．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=2m（x+1）ln（x+1）+m（x+1）+f′（e-1）-3e，
∴f′（e-1）=2me+me+f′（e-1）-3e，
故m=1，
曲线y=f（x）在（0，0）处的切线方程是：y=0，
∴f′（0）=m+f′（e-1）-3e=0，
∴f′（e-1）=3e-1，
∴f（x）=（x+1）²ln（x+1）-x；
（Ⅱ）f（x）=（x+1）²ln（x+1）-x，
设g（x）=（x+1）²ln（x+1）-x-x²，（x≥0），g′（x）=2（x+1）ln（x+1）-x，
（g′（x））′=2ln（x+1）+1＞0，∴g′（x）在[0，+∞）上单调递增，
∴g′（x）≥g′（0）=0，∴g（x）在[0，+∞）上单调递增，
∴g（x）≥g（0）=0．∴f（x）≥x²；
（Ⅲ）设h（x）=（x+1）²ln（x+1）-x-mx²，
h′（x）=2（x+1）ln（x+1）+x-2mx，
（Ⅱ） 中知（x+1）²ln（x+1）≥x²+x=x（x+1），
∴（x+1）ln（x+1）≥x，∴h′（x）≥3x-2mx，
①当3-2m≥0即m≤$\frac{3}{2}$时，h′（x）≥0，
∴h（x）在[0，+∞）单调递增，∴h（x）≥h（0）=0，成立．
②当3-2m＜0即m＞$\frac{3}{2}$时，h′（x）=2（x+1）ln（x+1）+（1-2m）x，
h′′（x）=2ln（x+1）+3-2m，令h′′（x）=0，得x₀=${e}^{\frac{2m-3}{2}}$-1＞0，
当x∈[0，x₀）时，h′（x）＜h′（0）=0，∴h（x）在[0，x₀）上单调递减，
∴h（x）＜h（0）=0，不成立．
综上，m≤$\frac{3}{2}$．

点评 本题考查函数的导数的综合应用，函数的单调性以及导函数的单调性的应用，考查分析问题解决问题的能力．