Question

6．已知f（x）=e${\;}^{\frac{x}{2}}$-$\frac{x}{4}$，其中e為自然對數的底數．
（1）設g（x）=（x+1）f′（x）（其中f′（x）為f（x）的導函數），判斷g（x）在（-1，+∞）上的單調性；
（2）若F（x）=ln（x+1）-af（x）+4無零點，試確定正數a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）對函數f（x）求導后知g（x），對g（x）求導后得到單調性．
（2）利用導函數求得F（x）的單調性及最值，然后對a分情況討論，利用F（x）無零點分別求得a的取值范圍，再取并集即可．

解答 解：（1）∵f（x）=e${\;}^{\frac{x}{2}}$-$\frac{x}{4}$，
∴f′（x）=$\frac{1}{2}{e}^{\frac{x}{2}}$-$\frac{1}{4}$，
∴g（x）=（x+1）（$\frac{1}{2}{e}^{\frac{x}{2}}$-$\frac{1}{4}$），
∴g′（x）=$\frac{1}{4}$[（x+3）${e}^{\frac{x}{2}}$-1]，
當x＞-1時，g′（x）＞0，
∴g（x）在（-1，+∞）上單調遞增．
（2）由F（x）=ln（x+1）-af（x）+4知，F′（x）=$\frac{a}{x+1}$（$\frac{1}{a}$-g（x）），
由（1）知，g（x）在（-1，+∞）上單調遞增，且g（-1）=0 可知當x∈（-1，+∞）時，g（x）∈（0，+∞），
則F′（x）=$\frac{a}{x+1}$（$\frac{1}{a}$-g（x））有唯一零點，
設此零點為x=t，易知x∈（-1，t）時，F′（x）＞0，F（x）單調遞增；
x∈（t，+∞）時，F′（t）＜0．F（x）單調遞減．
知F（x）_max=F（t）=ln（t+1）-af（t）+4，
其中a=$\frac{1}{g（t）}$，
令G（x）=ln（x+1）-$\frac{f（x）}{g（x）}$+4，
則G′（x）=$\frac{f（x）g′（x）}{[g（x）]^{2}}$，
易知f（x）＞0在（-1，+∞）上恒成立，
∴G′（x）＞0，G（x）在（-1，+∞）上單調遞增，且G（0）=0，
①當0＜a＜4時，g（t）=$\frac{1}{a}$＞$\frac{1}{4}$=g（0），
由g（x）在（-1，+∞）上單調遞增，知t＞0，則F（x）_max=F（t）=G（t）＞G（0）=0，
由F（x）在（-1，t）上單調遞增，-1＜e^-4-1＜0＜t，f（x）＞0，g（t）＞0在（-1，+∞）上均恒成立，
則F（e^-4-1）=-af（e^-4-1）＜0，
∴F（t）F（e^-4-1）＜0
∴F（x）在（-1，t）上有零點，與條件不符；
②當a=4時，g（t）=$\frac{1}{a}$=$\frac{1}{4}$=g（0），由g（x）的單調性可知t=0，
則F（x）_max=F（t）=G（t）=G（0）=0，此時F（x）有一個零點，與條件不符；
③當a＞4時，g（t）=$\frac{1}{a}$＜$\frac{1}{4}$=g（0），由g（x）的單調性知t＜0，
則F（x）_max=F（t）=G（t）＜G（0）=0，此時F（x）沒有零點．
綜上所述，當F（x）=ln（x+1）-af（x）+4無零點時，正數a的取值范圍是a∈（4，+∞）．

點評 本題考查函數的綜合應用，以及導數在研究函數中的應用．