Question

8．已知函數(shù)f（x）=ln（x+1）+ax²，a＞0．
（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）若函數(shù)f（x）在區(qū)間（-1，0）有唯一零點x₀，證明：${e^{-2}}＜{x_0}+1＜{e^{-1}}$．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導數(shù)，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（2）求出$a=-\frac{1}{{2{x_0}（{{x_0}+1}）}}$，得到$ln（{{x_0}+1}）-\frac{x_0}{{2（{{x_0}+1}）}}=0$，令x₀+1=t，則$lnt-\frac{t-1}{2t}=0$，設$h（t）=lnt+\frac{1}{2t}-\frac{1}{2}$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：（1）$f'（x）=\frac{1}{x+1}+2ax=\frac{{2a{x^2}+2ax+1}}{x+1}$，x＞-1，
令g（x）=2ax²+2ax+1，△=4a²-8a=4a（a-2），
若△＜0，即0＜a＜2，則g（x）＞0，
當x∈（-1，+∞）時，f'（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，
若△=0，即a=2，則g（x）≥0，僅當$x=-\frac{1}{2}$時，等號成立，
當x∈（-1，+∞）時，f'（x）≥0，f（x）單調(diào)遞增．
若△＞0，即a＞2，則g（x）有兩個零點${x_1}=\frac{{-a-\sqrt{a（{a-2}）}}}{2a}$，${x_2}=\frac{{-a+\sqrt{a（{a-2}）}}}{2a}$，
由g（-1）=g（0）=1＞0，$g（{-\frac{1}{2}}）＜0$得$-1＜{x_1}＜-\frac{1}{2}＜{x_2}＜0$，
當x∈（-1，x₁）時，g（x）＞0，f'（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增；
當x∈（x₁，x₂）時，g（x）＜0，f'（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減；
當x∈（x₂，+∞）時，g（x）＞0，f'（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增．
綜上所述，
當0＜a≤2時，f（x）在（-1，+∞）上單調(diào)遞增；
當a＞2時，f（x）在$（{-1，\frac{{-a-\sqrt{a（{a-2}）}}}{2a}}）$和$（{\frac{{-a+\sqrt{a（{a-2}）}}}{2a}，+∞}）$上單調(diào)遞增，
在$（{\frac{{-a-\sqrt{a（{a-2}）}}}{2a}，\frac{{-a+\sqrt{a（{a-2}）}}}{2a}}）$上單調(diào)遞減．
（2）由（1）及f（0）=0可知：僅當極大值等于零，即f（x₁）=0時，符合要求．
此時，x₁就是函數(shù)f（x）在區(qū)間（-1，0）的唯一零點x₀．
所以$2ax_0^2+2a{x_0}+1=0$，從而有$a=-\frac{1}{{2{x_0}（{{x_0}+1}）}}$，
又因為$f（{x_0}）=ln（{{x_0}+1}）+ax_0^2=0$，所以$ln（{{x_0}+1}）-\frac{x_0}{{2（{{x_0}+1}）}}=0$，
令x₀+1=t，則$lnt-\frac{t-1}{2t}=0$，
設$h（t）=lnt+\frac{1}{2t}-\frac{1}{2}$，則$h'（t）=\frac{2t-1}{{2{t^2}}}$，
再由（1）知：$0＜t＜\frac{1}{2}$，h'（t）＜0，h（t）單調(diào)遞減，
又因為$h（{{e^{-2}}}）=\frac{{{e^2}-5}}{2}＞0$，$h（{{e^{-1}}}）=\frac{e-3}{2}＜0$，
所以e^-2＜t＜e^-1，即${e^{-2}}＜{x_0}+1＜{e^{-1}}$．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及分類討論思想，轉(zhuǎn)化思想，考查不等式的證明，是一道綜合題．