Question

14．已知函數(shù)f（x）=ax-$\frac{1}{2}$x²-aln（x+1）（a＞0），g（x）=e^x-x-1，曲線y=f（x）與y=g（x）在原點(diǎn)處的公共的切線．
（1）若x=0為函數(shù)f（x）的極大值點(diǎn)，求f（x）的單調(diào)區(qū)間（用a表示）；
（2）若?x≥0，g（x）≥f（x）+$\frac{1}{2}$x²，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)f′（0）=g′（0），求出a=b，求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）設(shè)F（x）=g（x）-f（x）-$\frac{1}{2}$x²，通過討論a的范圍結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性確定a的具體范圍即可．

解答 解：（1）由題意得：f（x）的定義域是（-1，+∞），
且f′（x）=a-x-$\frac{x+1}$，g′（x）=e^x-1，
∵曲線y=f（x）與y=g（x）在原點(diǎn)處的公共的切線，
∴f′（0）=g′（0），
解得：a=b，
∴f（x）=ax-$\frac{1}{2}$x²-aln（x+1）；
f′（x）=$\frac{-x[x-（a-1）]}{x+1}$，
a=1時，f′（x）≤0，函數(shù)在定義域遞減，不合題意；
a≠1時，∵x=0為函數(shù)f（x）的極大值點(diǎn)，
故由y=-x²+（a-1）x的圖象可知a-1＜0，
由f′（x）＜0，得：x∈（-1，a-1）∪（0，+∞），
由f′（x）＞0，得：x∈（a-1，0），
∴f（x）在（a-1，0）遞增，在（-1，a-1），（0，+∞）遞減；
（Ⅱ）∵g′（x）=e^x-1，且-1＜x＜0時，g′（x）＜0，x＞0時，g′（x）＞0，
故x=0時，g（x）取得最小值0，∴g′（x）≥0，即e^x≥x+1，從而x≥ln（x+1），
設(shè)F（x）=g（x）-f（x）-$\frac{1}{2}$x²=e^x+aln（x+1）-（a+1）x-1，
F′（x）=e^x+$\frac{a}{x+1}$-（a+1），
①a=1時，∵x≥0，∴F′（x）≥x+1+$\frac{a}{x+1}$-（a+1）=x+1+$\frac{1}{x+1}$-2≥0，
∴F（x）在[0，+∞）遞增，從而F（x）≥F（0）=0，
即e^x+ln（x+1）=2x-1＞0，
∴g（x）≥f（x）+$\frac{1}{2}$x²，
②0＜a＜1時，由①得：e^x+ln（x+1）-2x-1＞0，
∴g（x）=e^x-x-1≥x-ln（x+1）≥a（x-ln（x+1）），
故F（x）≥0即g（x）≥f（x）+$\frac{1}{2}$x²，
③a＞1時，令h（x）=e^x+$\frac{a}{x+1}$-（a+1），
則h′（x）=e^x-$\frac{a}{{（x+1）}^{2}}$，
顯然h′（x）在[0，+∞）遞增，又h′（0）=1-a＜0，h′（$\sqrt{a}$-1）=${e}^{\sqrt{a}}$-1＞0，
∴h′（x）在（0，$\sqrt{a}$-1）上存在唯一零點(diǎn)x₀，
當(dāng)x∈（0，x₀）時，h′（x）＜0，h（x）在[0，x₀）遞減，
x∈（0，x₀）時，F(xiàn)（x）＜F（0）=0，
即g（x）＜f（x）+$\frac{1}{2}$x²，不合題意，
綜上，a∈（0，1]．

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)用以及函數(shù)恒成立問題，考查分類討論思想，是一道綜合題．