Question

8．已知函數(shù)f（x）=aln（x+1）+x²+x，（a∈R）．
（1）當(dāng)a=-1時(shí)，求函數(shù)y=f（x）的極值點(diǎn)；
（2）若函數(shù)y=f（x）在區(qū)間[-$\frac{1}{2}$，-$\frac{1}{3}$]存在單調(diào)遞增區(qū)間，求a的取值范圍；
（3）若函數(shù)y=f（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂，且x₁＜x₂，求證：-$\frac{3}{8}$+$\frac{1}{6}$ln2＜$\frac{f（{x}_{2}）-{x}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}$＜-$\frac{1}{6}$．

Answer 1

分析 （1）a=-1時(shí)，f（x）=-ln（x+1）+x²+x，（x＞-1）．f′（x）=-$\frac{1}{x+1}$+2x+1=$\frac{2x（x+\frac{3}{2}）}{x+1}$，令f′（x）=0，解得x可得極小值點(diǎn)．
（2）f′（x）=$\frac{a}{x+1}$+2x+1=$\frac{2{x}^{2}+3x+1+a}{x+1}$（x＞-1）．由函數(shù)y=f（x）在區(qū)間[-$\frac{1}{2}$，-$\frac{1}{3}$]存在單調(diào)遞增區(qū)間，可得2x²+3x+1+a≥0的解集A⊆[-$\frac{1}{2}$，-$\frac{1}{3}$]．可得a≥[-（2x²+3x+1）]_min．
（3）由（2）可知：h（x）=2x²+3x+1+a，令2x²+3x+1+a=0，則滿足$\left\{\begin{array}{l}{△＞0}\\{f（-1）＞0}\end{array}\right.$，求得x₂及a的取值范圍，并求得f（x₂）-x₂=aln（x₂+1）+x₂²，構(gòu)造輔助函數(shù)，求導(dǎo)，利用函數(shù)的單調(diào)性即可求得f（x₂）-x₂最值，即可證明不等式成立．

解答 解：（1）a=-1時(shí)，f（x）=-ln（x+1）+x²+x，（x＞-1）．
f′（x）=-$\frac{1}{x+1}$+2x+1=$\frac{2x（x+\frac{3}{2}）}{x+1}$，令f′（x）=0，解得x=0，
x＞0時(shí)，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增；0＞x＞-1時(shí)，f′（x）＜0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減．
可知：x=0時(shí)，函數(shù)y=f（x）取得極小值．
（2）f′（x）=$\frac{a}{x+1}$+2x+1=$\frac{2{x}^{2}+3x+1+a}{x+1}$（x＞-1）．
由函數(shù)y=f（x）在區(qū)間[-$\frac{1}{2}$，-$\frac{1}{3}$]存在單調(diào)遞增區(qū)間，
∴2x²+3x+1+a≥0的解集A⊆[-$\frac{1}{2}$，-$\frac{1}{3}$]．
則a≥[-（2x²+3x+1）]_min=$-[2（-\frac{1}{3}）^{2}+3×（-\frac{1}{3}）+1]$=-$\frac{2}{9}$．
∴a的取值范圍是$[-\frac{2}{9}，+∞）$．
（3）證明：由（2）可知：f′（x）=$\frac{a}{x+1}$+2x+1=$\frac{2{x}^{2}+3x+1+a}{x+1}$（x＞-1）．
函數(shù)y=f（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂，且x₁＜x₂，
設(shè)h（x）=2x²+3x+1+a，函數(shù)y=f（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂，且x₁＜x₂，
∴$\left\{\begin{array}{l}{△＞0}\\{f（-1）＞0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{9-8（1+a）＞0}\\{a＞0}\end{array}\right.$，解得：0＜a＜$\frac{1}{8}$，
令2x²+3x+1+a=0，解得：x=$\frac{-3±\sqrt{1-8a}}{4}$，則x₁=$\frac{-3-\sqrt{1-8a}}{4}$，x₂=$\frac{-3+\sqrt{1-8a}}{4}$，則-$\frac{1}{4}$＜x₂＜-$\frac{1}{2}$，
則f（x₂）-x₂=aln（x₂+1）+x₂²=aln（$\frac{-3+\sqrt{1-8a}}{4}$+1）+（$\frac{-3+\sqrt{1-8a}}{4}$）=aln（$\frac{1+\sqrt{1-8a}}{4}$）+$\frac{5-4a-3\sqrt{1-8a}}{8}$，
=aln（1+$\sqrt{1-8a}$）-2aln2+$\frac{5}{8}$-$\frac{1}{2}$a-$\frac{3}{8}$$\sqrt{1-8a}$，
=a[ln（1+$\sqrt{1-8a}$）-2ln2-$\frac{1}{2}$]-$\frac{3}{8}$$\sqrt{1-8a}$+$\frac{5}{8}$，
令$\sqrt{1-8a}$=t，0＜t＜1，則a=$\frac{1-{t}^{2}}{8}$，
設(shè)g（t）=$\frac{1-{t}^{2}}{8}$[ln（1+t）-2ln2-$\frac{1}{2}$]-$\frac{3}{8}$t+$\frac{5}{8}$，
求導(dǎo)，g′（t）=-$\frac{t}{4}$[ln（1+t）-2ln2-$\frac{1}{2}$]+$\frac{1-{t}^{2}}{8}$×$\frac{1}{1+t}$-$\frac{3}{8}$，
=-$\frac{t}{4}$[ln（1+t）-2ln2-$\frac{1}{2}$]+$\frac{t}{8}$-$\frac{1}{4}$，
由0＜t＜1，則g′（t）＜0恒成立，則g′（0）=-$\frac{1}{4}$＜0，
∴g′（t）＜0恒成立，
g（t）在（0，1）單調(diào)遞減，
當(dāng)t=0時(shí)取最大值g（x）_max=$\frac{9}{16}$-$\frac{1}{4}$ln2，當(dāng)t=1時(shí)取最小值，g（x）_min=$\frac{1}{4}$，
∴$\frac{1}{4}$＜f（x₂）-x₂＜$\frac{9}{16}$-$\frac{1}{4}$ln2，
由x₁+x₂=-$\frac{3}{2}$，
∴-$\frac{3}{8}$+$\frac{1}{6}$ln2＜$\frac{f（{x}_{2}）-{x}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}$＜-$\frac{1}{6}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、方程與不等式的解法、等價(jià)轉(zhuǎn)化方法，考查了推理能力與計(jì)算能力、分類討論方法，屬于難題．