Question

7．已知函數(shù)f（x）=ae^x-1-x²+bln（x+1）．
（1）當(dāng)a=0，b=1時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）設(shè)函數(shù)f（x）在點(diǎn)（0，f（0））處的切線方程為x-ey+1=0，當(dāng)x（-1，1]時，求證：f（x）＜$\frac{\sqrt{2}}{2}$．

Answer 1

分析 （1）將當(dāng)a=0，b=1代入f（x）=-x²+ln（x+1），求導(dǎo)，當(dāng)f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，分別求得x的解集；
（2）根據(jù)切線方程求得a、b的值，f′（x）=e^x-1-2x，判斷f′（x）的單調(diào)性，求得出f（x）的最值f（x₀），只需要證明f（x₀）=${e}^{{x}_{0}-1}$-${x}_{0}^{2}$＜$\frac{\sqrt{2}}{2}$，x₀∈（0，$\frac{1}{2}$），f（${e}^{{x}_{0}-1}-{x}_{0}^{2}$＜$\frac{1}{\sqrt{e}}$＜$\frac{1}{\sqrt{2}}$$\frac{\sqrt{2}}{2}$．

解答 解：（1）當(dāng)a=0，b=1時，已知函數(shù)f（x）=-x²+ln（x+1），
f′（x）=-2x+$\frac{1}{x+1}$=$\frac{-2{x}^{2}-2x+1}{x+1}$，
令f′（x）＞0，解得：-1＜x＜$\frac{\sqrt{3}-1}{2}$，
f′（x）＜0，解得：x＞$\frac{\sqrt{3}-1}{2}$，
∴所以增區(qū)間是（-1，$\frac{\sqrt{3}-1}{2}$），減區(qū)間是（$\frac{\sqrt{3}-1}{2}$，+∞）；
（2）證明：由切線方程可知：切點(diǎn)（0，$\frac{1}{e}$），切線斜率為$\frac{1}{e}$，
∴f（0）=$\frac{a}{e}$=$\frac{1}{e}$，
∵f′（x）=ae^x-1-2x+$\frac{x+1}$，
∴f′（x）=$\frac{a}{e}$+b=$\frac{1}{e}$，
∴a=1，b=0；
f′（x）=e^x-1-2x，設(shè)g（x）=e^x-1-2x，
在（-1，1）上g′（x）=e^x-1-2＜0，
∴g（x）是減函數(shù)，即f′（x）在（-1，1）是減函數(shù)，
f′（-1）=e^-2+2＞0，f′（-1）=-2＜0，
f′（x）在（-1，1）內(nèi)只有一個根x₀，
在（-1，x₀）f′（x）＞0，f（x）增函數(shù)；在（x₀，1）上f′（x）＜0，f（x）減函數(shù)；
f（x₀）是極大值，也是最大值，
只需要證明f（x₀）=${e}^{{x}_{0}-1}$-${x}_{0}^{2}$＜$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∵f′（0）=e^-1＞0，f′（$\frac{1}{2}$）=${e}^{-\frac{1}{2}}$-1=$\frac{1}{\sqrt{e}}-1$＜0，
∴x₀∈（0，$\frac{1}{2}$），
${e}^{{x}_{0}-1}＜{e}^{\frac{1}{2}-1}$=$\frac{1}{\sqrt{e}}$，-${x}_{0}^{2}$＜0，
∴f（${e}^{{x}_{0}-1}-{x}_{0}^{2}$＜$\frac{1}{\sqrt{e}}$＜$\frac{1}{\sqrt{2}}$$\frac{\sqrt{2}}{2}$．

點(diǎn)評 本題考查根據(jù)導(dǎo)函數(shù)求函數(shù)的單調(diào)性，及求切線方程，過程繁瑣，屬于難題．