Question

設(shè)f（x）=（x+1）ln（x+1）-ax²-x（a∈R）
（Ⅰ）若a=0求函數(shù)f（x）的極值點(diǎn)及相應(yīng)的極值；
（Ⅱ）若對任意x∈（0，+∞），f（x）＜0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）a=0時(shí)，f（x）=（x+1）ln（x+1）-x，從而f′（x）=ln（x+1），當(dāng)x＞0時(shí)，f′（x）＞0，x＜0時(shí)，f′（x）＜0，于是x=0是函數(shù)的極小值點(diǎn)，相應(yīng)的極小值為f（0）=0．
（Ⅱ）f′（x）=ln（x+1）-2ax，設(shè)m（x）=f′（x），則m′（x）=

1

x+1

-2a=

-2ax+1-2a

x+1

，分情況討論①當(dāng)a≤0時(shí)，②當(dāng)a＜0時(shí)從而綜合得出結(jié)論．

解答： 解（Ⅰ）a=0時(shí)，f（x）=（x+1）ln（x+1）-x，
∴f′（x）=ln（x+1），
當(dāng)x＞0時(shí)，f′（x）＞0，x＜0時(shí)，f′（x）＜0，
∴x=0是函數(shù)的極小值點(diǎn)，相應(yīng)的極小值為f（0）=0；
（Ⅱ）f′（x）=ln（x+1）-2ax，
  設(shè)m（x）=f′（x），
則m′（x）=

1

x+1

-2a=

-2ax+1-2a

x+1

，
①當(dāng)a≤0時(shí)，m′（x）＞0則m（x）=f′（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)，
∴f′（x）＞f′（0）=0，
∴f（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)，
∴f（x）＞f（0）=0與f（x）＜0恒成立矛盾．
②當(dāng)a＜0時(shí)，m′（x）=-2a

x- 1-2a 2a

x+1

，
若1-2a≤0即a≥

1

2

時(shí)，m^″（x）＜0，
則m（x）=f′（x）在（0，+∞）上為減函數(shù)，
∴f′（x）＜f′（0）=0，
∴f（x）在（0，+∞）上為減函數(shù)，
∴f（x）＜f（0）=0滿足題意．
若1-2a＞0，即0＜a＜

1

2

時(shí)，若x∈（0，

1-2a

2a

），則m′（x）＞0
則m（x）=f′（x）在（0，

1-2a

2a

）上為增函數(shù)，
從而有f′（x）＞f′（0）=0，
∴f（x）在（0，

1-2a

2a

）上為增函數(shù)，
∴f（x）＞f（0）=0與f（x）＜0恒成立矛盾．
綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍．是[

1

2

，+∞）．

點(diǎn)評：本題考察了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，函數(shù)的最值問題，不等式恒成立問題，本題是一道綜合題．