Question

17．已知函數(shù)f（x）=2ln（x+1）．
（Ⅰ）若函數(shù)f（x）在點P（x₀，f（x₀））處的切線方程為y=2x，求切點P的坐標(biāo)；
（Ⅱ）求證：當(dāng)x∈[0，e-1]時，f（x）≥x²-2x；（其中e=2.71828…）
（Ⅲ）確定非負實數(shù)a的取值范圍，使得?x≥0，f（x）≥a（2x-x²）成立．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義結(jié)合切線方程，即可得到結(jié)論．
（Ⅱ）構(gòu)造函數(shù)g（x）=f（x）-x²+2x，求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值和最值即可證明不等式．
（Ⅲ）利用導(dǎo)數(shù)以及函數(shù)的最值即可得到結(jié)論．

解答 （Ⅰ）解：定義域為（-1，+∞），$f'（x）=\frac{2}{x+1}$．
由題意，f'（x₀）=2，所以x₀=0，f（0）=0，即切點P的坐標(biāo)為（0，0）．…（3分）
（Ⅱ）證明：當(dāng)x∈[0，e-1]時，f（x）≥x²-2x，可轉(zhuǎn)化為
當(dāng)x∈[0，e-1]時，f（x）-x²+2x≥0恒成立．
設(shè)g（x）=f（x）-x²+2x，
所以原問題轉(zhuǎn)化為當(dāng)x∈[0，e-1]時，g（x）_min≥0恒成立．
所以$g'（x）=\frac{2}{x+1}-2x+2=\frac{{4-2{x^2}}}{x+1}$．
令g'（x）=0，則${x_1}=-\sqrt{2}$（舍），${x_2}=\sqrt{2}$．
所以g（x），$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$．變化如下：

x	0	$（0，\sqrt{2}）$	$\sqrt{2}$	$（\sqrt{2}，e-1）$	e-1
$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$．		+	0	-
g（x）	g（0）	↗	極大值	↘	g（e-1）

因為g（0）=f（0）-0=0，g（e-1）=2-（e-1）²+2（e-1）=2+（e-1）（3-e）＞0，
所以g（x）_min=0．
當(dāng)x∈[0，e-1]時，f（x）≥x²-2x成立．…..（8分）
（Ⅲ）解：?x≥0，f（x）≥a（2x-x²），可轉(zhuǎn)化為
當(dāng)x≥0時，f（x）-a（2x-x²）≥0恒成立．
設(shè)h（x）=f（x）-a（2x-x²），
所以$h'（x）=\frac{2}{x+1}-2a+2ax=\frac{{2（a{x^2}+1-a）}}{x+1}$．
（1）當(dāng)a=0時，對于任意的x≥0，$h'（x）=\frac{2}{x+1}＞0$，
所以h（x）在[0，+∞）上為增函數(shù)，所以h（x）_min=h（0）=0，
所以命題成立．
當(dāng)a＞0時，令h'（x）=0，則ax²+1-a=0，
（2）當(dāng)1-a≥0，即0＜a≤1時，對于任意的x≥0，h'（x）＞0，
所以h（x）在[0，+∞）上為增函數(shù)，所以h（x）_min=h（0）=0，
所以命題成立．
（3）當(dāng)1-a＜0，即a＞1時，
則${x_1}=-\sqrt{\frac{a-1}{a}}$（舍），${x_2}=\sqrt{\frac{a-1}{a}}=\sqrt{1-\frac{1}{a}}＞0$．
所以h（x），h'（x）變化如下：

x	0	（0，x2）	x2	（x2，+∞）
h'（x）		-	0	+
h（x）		↘	極小值	↗

因為h（x）_min=h（x₂）＜h（0）=0，
所以，當(dāng)x≥0時，命題不成立．
綜上，非負實數(shù)a的取值范圍為[0，1]．…..（13分）

點評 本題主要考查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義建立方程關(guān)系求出a的值是解決本題的關(guān)鍵．利用構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和極值是證明不等式的常用方法．