Question

2．已知函數(shù)f（x）=$\frac{x}{1+x}$-aln（1+x）（a∈R），g（x）=x²e^mx（m∈R）．
（1）當(dāng)a=1，求函數(shù)f（x）的最大值
（2）當(dāng)a＜0，且對(duì)任意實(shí)數(shù)x₁，x₂∈[0，2]，f（x₁）+1≥g（x₂）恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）把a(bǔ)=1代入函數(shù)解析式，直接利用導(dǎo)數(shù)求得函數(shù)的最值；
（2）構(gòu)造函數(shù)h（x）=f（x）+1，對(duì)任意的x₁，x₂∈[0，2]，f（x₁）+1≥g（x₂）恒成立，等價(jià)于當(dāng)a＜0時(shí)，對(duì)任意的x₁，x₂∈[0，2]，h_min（x）≥g_max（x）成立，分類求得f（x）在[0，2]上的最小值，再求g（x）的導(dǎo)數(shù)，對(duì)m討論，結(jié)合單調(diào)性，求得最大值，解不等式即可得到實(shí)數(shù)m的取值范圍．

解答 解：（1）當(dāng)a=1時(shí)，f（x）=$\frac{x}{1+x}$-aln（1+x）=$\frac{x}{1+x}-ln（1+x）$，
f′（x）=$\frac{1+x-x}{（1+x）^{2}}-\frac{1}{1+x}=\frac{-x}{（1+x）^{2}}$（x＞-1），
當(dāng)x∈（-1，0）時(shí)，f′（x）＞0，f（x）為增函數(shù)，當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，f′（x）＜0，f（x）為增函數(shù)．
∴f（x）_max=f（0）=0；
（2）令h（x）=f（x）+1，
當(dāng)a＜0，對(duì)任意實(shí)數(shù)x₁，x₂∈[0，2]，f（x₁）+1≥g（x₂）恒成立，
即當(dāng)a＜0，對(duì)任意實(shí)數(shù)x₁，x₂∈[0，2]，h（x₁）≥g（x₂）恒成立，
等價(jià)于當(dāng)a＜0時(shí)，對(duì)任意的x₁，x₂∈[0，2]，h_min（x）≥g_max（x）成立，
當(dāng)a＜0時(shí)，由h（x）=$\frac{x}{1+x}$-aln（1+x）+1，得h′（x）=$\frac{1}{（1+x）^{2}}-\frac{a}{1+x}=\frac{1-a-ax}{（1+x）^{2}}$（x＞-1），
當(dāng)a＜0時(shí)，?x∈[0，2]，h′（x）＞0，h（x）在[0，2]上單調(diào)遞增，
∴h（x）的最小值為h（0）=1，
若1-a≥2，即a≤-1，h（x）在（0，2）上為增函數(shù)，函數(shù)f（x）在[0，2]上的最小值為f（0）=1，
∴f（x）的最小值為f（0）=1，
g（x）的導(dǎo)數(shù)g′（x）=2xe^mx+x²e^mx•m=（mx²+2x）e^mx，
當(dāng)m=0時(shí)，g（x）=x²，x∈[0，2]時(shí)，g_max（x）=g（2）=4，顯然不滿足g_max（x）≤1，
當(dāng)m≠0時(shí)，令g′（x）=0得，${x}_{1}=0，{x}_{2}=-\frac{2}{m}$，
①當(dāng)-$\frac{2}{m}$≥2，即-1≤m≤0時(shí)，在[0，2]上g′（x）≥0，
∴g（x）在[0，2]單調(diào)遞增，
∴$g（x）_{max}=g（2）=4{e}^{2m}$，只需4e^2m≤1，得m≤-ln2，則-1≤m≤-ln2；
②當(dāng)0＜-$\frac{2}{m}$＜2，即m＜-1時(shí)，在[0，-$\frac{2}{m}$]，g′（x）≥0，g（x）單調(diào)遞增，
在[-$\frac{2}{m}$，2]，g′（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減，
∴g（x）_max=g（-$\frac{2}{m}$）=$\frac{4}{{m}^{2}{e}^{2}}$，
只需≤$\frac{4}{{m}^{2}{e}^{2}}$1，得m≤-$\frac{2}{e}$，則m＜-1；
③當(dāng)-$\frac{2}{m}$＜0，即m＞0時(shí)，顯然在[0，2]上g′（x）≥0，g（x）單調(diào)遞增，
g（x）_max=g（2）=4e^2m，4e^2m≤1不成立．
綜上所述，m的取值范圍是（-∞，-ln2]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查恒成立問題，考查了導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用，即求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和最值，運(yùn)用分類討論的思想方法是解題的關(guān)鍵，是壓軸題．