Question

15．已知函数f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{aln（x+1），x≥0}\\{\frac{1}{3}{x}^{3}-ax，x＜0}\end{array}\right.$，g（x）=e^x-1（e为自然对数的底数）
（1）当a＞0时，求函数f（x）的极值；
（2）当a在R上变化时，讨论函数h（x）=g（x）-f（x）的零点的个数；
（3）求证：$\frac{1095}{1000}$＜$\root{10}{e}$＜$\frac{3000}{2699}$．（参考数据：ln1.1≈0.0953）

Answer 1

分析 （1）当a＞0时，求导数，确定函数的单调性，即可求函数f （x）的极值；
（2）当a在R上变化时，讨论函数f （x）与g （x）的图象公共点的个数，即讨论h（x）=g（x）-f（x）的零点的个数，分类讨论，确定函数的单调性，即可得出结论；
（3）由（Ⅱ）知，a=1时，g（x）＞f（x）对x＞0恒成立，即e^x＞1+ln（x+1），令x=$\frac{1}{10}$；当a=-1时，g（x）＞f（x）对x＜0恒成立，令x=-$\frac{1}{10}$，即可证明结论．

解答 解：（1）当x≥0时，f（x）=aln（x+1），函数增函数，
当x＜0时，f（x）=$\frac{1}{3}$x³-ax，
∴f′（x）=x²-a，
令f′（x）=0，解得x=-$\sqrt{a}$，
当f′（x）＞0，即x＜-$\sqrt{a}$，函数单调递增，
当f′（x）＜0，即-$\sqrt{a}$＜x＜0，函数单调递减，
∴当x=-$\sqrt{a}$时，函数有极大值，即f（-$\sqrt{a}$）=$\frac{2a\sqrt{a}}{3}$，
当x=0时，函数有极小值，即f（0）=0，
（2）解：即讨论h（x）=g（x）-f（x）的零点的个数，h（0）=0，故必有一个零点为x=0．
①当x＞0时，h（x）=g（x）-f（x）=e^x-1-aln（x+1），h'（x）=e^x-$\frac{a}{x+1}$，
（ⅰ）若a≤1，则$\frac{a}{x+1}$＜1＜e^x，h'（x）＞0，h（x）在（0，+∞）递增，h（x）＞h（0）=0，故此时h（x）在（0，+∞）无零点；
（ⅱ）若a＞1，h'（x）=e^x-$\frac{a}{x+1}$，在（0，+∞）递增，h′（x）＞h′（0）=1-a，1-a＜0
且x→+∞时，h′（x）→+∞，则?x₀∈（0，+∞）使h'（x₀）=0
进而h（x）在（0，x₀）递减，在（x₀，+∞）递增，h（x₀）＜h（0）=0，
由指数、对数函数的增长率知，x→+∞时，h（x）→+∞，h（x）在（x₀，+∞）上有一个零点，在（0，x₀]无零点，故h（x）在（0，+∞）有一个零点，
②当x＜0时，h'（x）=e^x-x²+a，
设θ（x）=h′（x），θ′（x）=e^x-2x＞0对x＜0恒成立，
故h′（x）=e^x-x²+a在（-∞，0）递增，h′（x）＜h′（0）=1+a，且x→-∞时，h′（x）→-∞；
（ⅰ）若1+a≤0，即a≤-1，则h′（x）＜h′（0）=1+a≤0，故h（x）在（-∞，0）递减，所以h（x）＞h（0）=0，h（x）在（-∞，0）无零点；
（ⅱ）若1+a＞0，即a＞-1，则?x₀∈（-∞，0）使h′（x₀）=0，
进而h（x）在（-∞，x₀）递减，在（x₀，0）递增，h（x₀）＜h（0）=0
且x→-∞时，h（x）在（-∞，x₀）上有一个零点，在[x₀，0）无零点，故h（x）在（-∞，0）有一个零点，
综合①②，当a≤-1时有一个公共点；当-1＜a≤1时有两个公共点；当a＞1时有三个公共点，
（3）由（2）知，a=1时，g（x）＞f（x）对x＞0恒成立，即e^x＞1+ln（x+1）
令x=$\frac{1}{10}$，则${e}^{\frac{1}{10}}$＞1+ln1.1≈1.0953＞$\frac{1095}{1000}$
由（2）知，当a=-1时，g（x）＞f（x）对x＜0恒成立，即e^x＞$\frac{1}{3}$x³+x+1，
令x=-$\frac{1}{10}$，则${e}^{\frac{1}{10}}$＞$\frac{1}{3}$（-$\frac{1}{10}$）³-$\frac{1}{10}$+1=$\frac{2699}{3000}$，
∴$\frac{1095}{1000}$＜$\root{10}{e}$＜$\frac{3000}{2699}$．

点评 本题考查导数知识的综合运用，考查函数的单调性与极值，考查函数的零点，考查分类讨论的数学思想，难度大．