Question

12．設(shè)函數(shù)f（x）=ln（1+ax）+bx，g（x）=f（x）-bx²．
（Ⅰ）若a=1，b=-1，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若曲線y=g（x）在點(diǎn)（1，ln3）處的切線與直線11x-3y=0平行．
（i）  求a，b的值；
（ii）求實(shí)數(shù)k（k≤3）的取值范圍，使得g（x）＞k（x²-x）對x∈（0，+∞）恒成立．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）（i）求出g（x）的導(dǎo)數(shù)，得到關(guān)于a，b的方程組，解出即可；
（ii）問題轉(zhuǎn)化為g（x）-k（x²-x）＞0對x∈（0，+∞）恒成立．令F（x）=g（x）-k（x²-x），求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論k的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而確定k的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）當(dāng)a=1，b=-1時(shí)，f（x）=ln（1+x）-x，（x＞-1），
則$f'（x）=\frac{1}{1+x}-1=\frac{-x}{1+x}$．
當(dāng)f'（x）＞0時(shí)，-1＜x＜0；
當(dāng)f'（x）＜0時(shí)，x＞0；
所以f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（-1，0），單調(diào)減區(qū)間為（0，+∞）．…（4分）
（Ⅱ）（ i）因?yàn)間（x）=f（x）-bx²=ln（1+ax）+b（x-x²），
所以$g'（x）=\frac{a}{1+ax}+b（1-2x）$．
依題設(shè)有$\left\{\begin{array}{l}g（1）=ln（1+a）\\ g'（1）=\frac{11}{3}\end{array}\right.$即$\left\{\begin{array}{l}ln（1+a）=ln3\\ \frac{a}{1+a}-b=\frac{11}{3}.\end{array}\right.$
解得$\left\{\begin{array}{l}a=2\\ b=-3\end{array}\right.$．…（8分）
（ ii））所以$g（x）=ln（1+2x）-3（x-{x^2}），x∈（-\frac{1}{2}，+∞）$．
g（x）＞k（x²-x）對x∈（0，+∞）恒成立，
即g（x）-k（x²-x）＞0對x∈（0，+∞）恒成立．
令F（x）=g（x）-k（x²-x）．
則有$F'（x）=\frac{{4（3-k）{x^2}+k-1}}{1+2x}$．
①當(dāng)1≤k≤3時(shí)，當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，F(xiàn)'（x）＞0，
所以F（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增．
所以F（x）＞F（0）=0，即當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，g（x）＞k（x²-x）；
②當(dāng)k＜1時(shí)，當(dāng)$x∈（0，\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1-k}{3-k}}）$時(shí)，F(xiàn)'（x）＜0，
所以F（x）在$（0，\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1-k}{3-k}}）$上單調(diào)遞減，
故當(dāng)$x∈（0，\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1-k}{3-k}}）$時(shí)，F(xiàn)（x）＜F（0）=0，
即當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，g（x）＞k（x²-x）不恒成立．
綜上，k∈[1，3]．                                       …（13分）

點(diǎn)評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，是一道中檔題．