Question

10．設(shè)函數(shù)f（x）=ln（x+1）+a（x²-x）+5，其中a∈R．
（1）當(dāng)a∈[-1，1]時，f'（x）≥0恒成立，求x的取值范圍；
（2）討論函數(shù)f（x）的極值點(diǎn)的個數(shù)，并說明理由．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，令h（a）=2（x²+x-1）a+1，要使f′（x）≥0，則使h（a）≥0即可，而h（a）是關(guān)于a的一次函數(shù)，列出不等式求解即可．
（2）令g（x）=2ax²+ax-a+1，x∈（-1，+∞），
當(dāng)a=0時，當(dāng)a＞0時，①當(dāng)$0＜a≤\frac{8}{9}$時，②當(dāng)$a＞\frac{8}{9}$時，當(dāng)a＜0時，求解函數(shù)的極值以及判斷函數(shù)的單調(diào)性．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{1}{x+1}$+a（2x-1）=$\frac{2a{x}^{2}+ax-a+1}{x+1}$，x∈（-1，+∞），（1）
令h（a）=2（x²+x-1）a+1，要使f′（x）≥0，則使h（a）≥0即可，而h（a）是關(guān)于a的一次函數(shù)，
∴$\left\{{\begin{array}{l}{h（{-1}）≥0}\\{h（1）≥0}\end{array}}\right.⇒\left\{{\begin{array}{l}{2{x^2}+x≥0}\\{2{x^2}+x-2≤0}\end{array}}\right.$，解得$-\frac{{\sqrt{17}+1}}{4}≤x≤-\frac{1}{2}$或$0≤x≤\frac{{\sqrt{17}-1}}{4}$，
所以x的取值范圍是$-\frac{{\sqrt{17}+1}}{4}≤x≤-\frac{1}{2}或0≤x≤\frac{{\sqrt{17}-1}}{4}$…（4分）
（2）令g（x）=2ax²+ax-a+1，x∈（-1，+∞），
當(dāng)a=0時，g（x）=1，此時f（x）＞0，函數(shù)f（x）在（-1，+∞）上遞增，無極值點(diǎn)；
當(dāng)a＞0時，△=a（9a-8），
①當(dāng)$0＜a≤\frac{8}{9}$時，△≤0，g（x）≥0⇒f（x）≥0，函數(shù)f（x）在（-1，+∞）上遞增，無極值點(diǎn)；
②當(dāng)$a＞\frac{8}{9}$時，△＞0，設(shè)方程2ax²+ax-a+1=0的兩個根為x₁，x₂（不妨設(shè)x₁＜x₂），
因?yàn)?{x_1}+{x_2}=-\frac{1}{2}$，所以${x_1}＜-\frac{1}{4}，{x_2}＞-\frac{1}{4}$，由g（-1）=1＞0，∴$-1＜{x_1}＜-\frac{1}{4}$，
所以當(dāng)x∈（-1，x₁），g（x）＞0⇒f（x）＞0，函數(shù)f（x）遞增；
當(dāng)x∈（x₁，x₂），g（x）＜0⇒f（x）＜0，函數(shù)f（x）遞減；
當(dāng)x∈（x₂，+∞），g（x）＞0⇒f（x）＞0，函數(shù)f（x）遞增；因此函數(shù)有兩個極值點(diǎn)，
當(dāng)a＜0時，△＞0，由g（-1）=1＞0，可得x₁＜-1，
所以當(dāng)x∈（-1，x₂），g（x）＞0⇒f（x）＞0，函數(shù)f（x）遞增；
當(dāng)x∈（x₂，+∞），g（x）＜0⇒f（x）＜0，函數(shù)f（x）遞減；因此函數(shù)有一個極值點(diǎn)，
綜上，當(dāng)a＜0時，函數(shù)有一個極值點(diǎn)；
當(dāng)$0≤a≤\frac{8}{9}$時，函數(shù)無極值點(diǎn)；
當(dāng)$a＞\frac{8}{9}$時，函數(shù)有兩個極值點(diǎn)…（12分）

點(diǎn)評 本題考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用函數(shù)的極值，考查計(jì)算能力．