Question

8．已知函数f（x）=aln（x+1）+x²+x，（a∈R）．
（1）当a=-1时，求函数y=f（x）的极值点；
（2）若函数y=f（x）在区间[-$\frac{1}{2}$，-$\frac{1}{3}$]存在单调递增区间，求a的取值范围；
（3）若函数y=f（x）有两个极值点x₁，x₂，且x₁＜x₂，求证：-$\frac{3}{8}$+$\frac{1}{6}$ln2＜$\frac{f（{x}_{2}）-{x}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}$＜-$\frac{1}{6}$．

Answer 1

分析 （1）a=-1时，f（x）=-ln（x+1）+x²+x，（x＞-1）．f′（x）=-$\frac{1}{x+1}$+2x+1=$\frac{2x（x+\frac{3}{2}）}{x+1}$，令f′（x）=0，解得x可得极小值点．
（2）f′（x）=$\frac{a}{x+1}$+2x+1=$\frac{2{x}^{2}+3x+1+a}{x+1}$（x＞-1）．由函数y=f（x）在区间[-$\frac{1}{2}$，-$\frac{1}{3}$]存在单调递增区间，可得2x²+3x+1+a≥0的解集A⊆[-$\frac{1}{2}$，-$\frac{1}{3}$]．可得a≥[-（2x²+3x+1）]_min．
（3）由（2）可知：h（x）=2x²+3x+1+a，令2x²+3x+1+a=0，则满足$\left\{\begin{array}{l}{△＞0}\\{f（-1）＞0}\end{array}\right.$，求得x₂及a的取值范围，并求得f（x₂）-x₂=aln（x₂+1）+x₂²，构造辅助函数，求导，利用函数的单调性即可求得f（x₂）-x₂最值，即可证明不等式成立．

解答 解：（1）a=-1时，f（x）=-ln（x+1）+x²+x，（x＞-1）．
f′（x）=-$\frac{1}{x+1}$+2x+1=$\frac{2x（x+\frac{3}{2}）}{x+1}$，令f′（x）=0，解得x=0，
x＞0时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；0＞x＞-1时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减．
可知：x=0时，函数y=f（x）取得极小值．
（2）f′（x）=$\frac{a}{x+1}$+2x+1=$\frac{2{x}^{2}+3x+1+a}{x+1}$（x＞-1）．
由函数y=f（x）在区间[-$\frac{1}{2}$，-$\frac{1}{3}$]存在单调递增区间，
∴2x²+3x+1+a≥0的解集A⊆[-$\frac{1}{2}$，-$\frac{1}{3}$]．
则a≥[-（2x²+3x+1）]_min=$-[2（-\frac{1}{3}）^{2}+3×（-\frac{1}{3}）+1]$=-$\frac{2}{9}$．
∴a的取值范围是$[-\frac{2}{9}，+∞）$．
（3）证明：由（2）可知：f′（x）=$\frac{a}{x+1}$+2x+1=$\frac{2{x}^{2}+3x+1+a}{x+1}$（x＞-1）．
函数y=f（x）有两个极值点x₁，x₂，且x₁＜x₂，
设h（x）=2x²+3x+1+a，函数y=f（x）有两个极值点x₁，x₂，且x₁＜x₂，
∴$\left\{\begin{array}{l}{△＞0}\\{f（-1）＞0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{9-8（1+a）＞0}\\{a＞0}\end{array}\right.$，解得：0＜a＜$\frac{1}{8}$，
令2x²+3x+1+a=0，解得：x=$\frac{-3±\sqrt{1-8a}}{4}$，则x₁=$\frac{-3-\sqrt{1-8a}}{4}$，x₂=$\frac{-3+\sqrt{1-8a}}{4}$，则-$\frac{1}{4}$＜x₂＜-$\frac{1}{2}$，
则f（x₂）-x₂=aln（x₂+1）+x₂²=aln（$\frac{-3+\sqrt{1-8a}}{4}$+1）+（$\frac{-3+\sqrt{1-8a}}{4}$）=aln（$\frac{1+\sqrt{1-8a}}{4}$）+$\frac{5-4a-3\sqrt{1-8a}}{8}$，
=aln（1+$\sqrt{1-8a}$）-2aln2+$\frac{5}{8}$-$\frac{1}{2}$a-$\frac{3}{8}$$\sqrt{1-8a}$，
=a[ln（1+$\sqrt{1-8a}$）-2ln2-$\frac{1}{2}$]-$\frac{3}{8}$$\sqrt{1-8a}$+$\frac{5}{8}$，
令$\sqrt{1-8a}$=t，0＜t＜1，则a=$\frac{1-{t}^{2}}{8}$，
设g（t）=$\frac{1-{t}^{2}}{8}$[ln（1+t）-2ln2-$\frac{1}{2}$]-$\frac{3}{8}$t+$\frac{5}{8}$，
求导，g′（t）=-$\frac{t}{4}$[ln（1+t）-2ln2-$\frac{1}{2}$]+$\frac{1-{t}^{2}}{8}$×$\frac{1}{1+t}$-$\frac{3}{8}$，
=-$\frac{t}{4}$[ln（1+t）-2ln2-$\frac{1}{2}$]+$\frac{t}{8}$-$\frac{1}{4}$，
由0＜t＜1，则g′（t）＜0恒成立，则g′（0）=-$\frac{1}{4}$＜0，
∴g′（t）＜0恒成立，
g（t）在（0，1）单调递减，
当t=0时取最大值g（x）_max=$\frac{9}{16}$-$\frac{1}{4}$ln2，当t=1时取最小值，g（x）_min=$\frac{1}{4}$，
∴$\frac{1}{4}$＜f（x₂）-x₂＜$\frac{9}{16}$-$\frac{1}{4}$ln2，
由x₁+x₂=-$\frac{3}{2}$，
∴-$\frac{3}{8}$+$\frac{1}{6}$ln2＜$\frac{f（{x}_{2}）-{x}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}$＜-$\frac{1}{6}$．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力、分类讨论方法，属于难题．