Question

4．已知函數(shù)f（x）=（x+1）1n（x+1），g（x）=$\frac{a}{2}$（x²-2x）．
（1）函數(shù)h（x）=f（e^x-1）+g′（e^x），x∈[-1，2]．求函數(shù)h（x）的最小值；
（2）對(duì)任意x∈[2，+∞），都有f（x-2）+g（x）≤0．求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求得h（x）的導(dǎo)數(shù)，對(duì)a討論，分①當(dāng)a+1≥1，②當(dāng)-2＜a+1＜1，③當(dāng)a+1≤-2，由導(dǎo)數(shù)符號(hào)，判斷單調(diào)性可得最小值；
（2）由題意得，f（x-2）+g（x）≤0即為（x-1）ln（x-1）+$\frac{a}{2}$（x²-2x）≤0，可令t=x-1（t≥1），即有tlnt+$\frac{a}{2}$（t²-1）≤0，設(shè)m（t）=tlnt+$\frac{a}{2}$（t²-1），當(dāng)m（t）在t≥1上遞減，不等式恒成立，符合題意．運(yùn)用參數(shù)分離和導(dǎo)數(shù)，求得單調(diào)性，即可得到a的范圍．

解答 解：（1）∵g（x）=$\frac{a}{2}$（x²-2x），
∴g′（x）=ax-a，
故h（x）=f（e^x-1）+g′（e^x）
=e^xlne^x+a（e^x-1）
=xe^x+a（e^x-1），
h′（x）=xe^x+e^x+ae^x=e^x（x+a+1），
①當(dāng)a+1≥1，即a≥0時(shí)，h′（x）≥0，
故函數(shù)h（x）在[-1，2]上是增函數(shù)，
故h_min（x）=h（-1）=$\frac{a-1}{e}$-a；
②當(dāng)-2＜a+1＜1，即-3＜a＜0時(shí)，
函數(shù)h（x）在[-1，-a-1]上是減函數(shù)，在[-a-1，2]上是增函數(shù)，
故h_min（x）=h（-a-1）=-e^-a-1-a；
③當(dāng)a+1≤-2，即a≤-3時(shí)，
函數(shù)h（x）在[-1，2]上是減函數(shù)，
故h_min（x）=h（2）=e²（2+a）-a．
（2）由題意得，f（x-2）+g（x）≤0即為（x-1）ln（x-1）+$\frac{a}{2}$（x²-2x）≤0，
由x≥2，可令t=x-1（t≥1），
即有tlnt+$\frac{a}{2}$（t²-1）≤0，設(shè)m（t）=tlnt+$\frac{a}{2}$（t²-1），
則m（1）=0，當(dāng)m（t）在t≥1上遞減，不等式恒成立，符合題意．
由m′（t）=1+lnt+at≤0在t≥1上恒成立，
即為-a≥$\frac{1+lnt}{t}$的最大值，由n（t）=$\frac{1+lnt}{t}$的導(dǎo)數(shù)為$\frac{-lnt}{{t}^{2}}$≤0，
即有n（t）在t≥1遞減，即有t=1取得最大值n（1）=1，
則有-a≥1，解得a≤-1．
即有實(shí)數(shù)a的取值范圍是（-∞，-1]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求單調(diào)區(qū)間和極值、最值，考查不等式恒成立問(wèn)題的解法，注意運(yùn)用構(gòu)造函數(shù)，判斷單調(diào)性和分類討論的思想方法，屬于中檔題．