Question

【題目】已知函數(shù)f（x）= ﹣aln（1+x）（a∈R），g（x）=x2emx（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

【答案】
（1）解：當(dāng)a=1時(shí)，f（x）= ﹣aln（1+x）= ，

f′（x）= （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）解：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]，hmin（x）≥gmax（x）成立，

當(dāng)a＜0時(shí)，由h（x）= ﹣aln（1+x）+1，得h′（x）= = （x＞﹣1），

當(dāng)x∈（﹣1，1﹣a）時(shí)，h′（x）＞0，h（x）為增函數(shù)，當(dāng)x∈（1﹣a，+∞）時(shí)，h′（x）＜0，h（x）為減函數(shù)，

若1﹣a＜2，即﹣1＜a＜0，h（x）在（0，1﹣a）上為增函數(shù)，在（1﹣a，2）上為減函數(shù)，

h（x）的最小值為min{h（0），h（2）}=min{1， }=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）=2xemx+x2emxm=（mx2+2x）emx，

當(dāng)m=0時(shí)，g（x）=x2，x∈[0，2]時(shí)，gmax（x）=g（2）=4，顯然不滿足gmax（x）≤1，

當(dāng)m≠0時(shí)，令g′（x）=0得， ，①當(dāng)﹣ ≥2，即﹣1≤m≤0時(shí)，在[0，2]上g′（x）≥0，∴g（x）在[0，2]單調(diào)遞增，∴ ，只需4e2m≤1，得m≤﹣ln2，則﹣1≤m≤﹣ln2；②當(dāng)0＜﹣ ＜2，即m＜﹣1時(shí)，在[0，﹣ ]，g′（x）≥0，g（x）單調(diào)遞增，在[﹣ ，2]，g′（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減，∴g（x）max=g（﹣ ）= ，只需≤ 1，得m≤﹣ ，則m＜﹣1；③當(dāng)﹣ ＜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）=4e2m，4e2m≤1不成立．綜上所述，m的取值范圍是（﹣∞，﹣ln2]．

【解析】（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]，hmin（x）≥gmax（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．
【考點(diǎn)精析】通過(guò)靈活運(yùn)用函數(shù)的最值及其幾何意義，掌握利用二次函數(shù)的性質(zhì)（配方法）求函數(shù)的最大（�。┲担焕�用圖象求函數(shù)的最大（�。┲�；利用函數(shù)單調(diào)性的判斷函數(shù)的最大（�。┲导纯梢越獯鸫祟}．