Question

6．已知函數(shù)f（x）=ln（x+1）-f（0）x-f′（0）x²+2
（1）求f（x）的解析式及減區(qū)間；
（2）若f（x）≤x²+ax+b，求$\frac{b-3}{a+2}$的最小值．

Answer 1

分析 （1）利用函數(shù)f（x）=ln（x+1）-f（0）x-f′（0）x²+2，通過賦值法求出f（0）=2，f′（0）=-1，得到函數(shù)的解析式，利用導函數(shù)小于0，求解f（x）的減區(qū)間．
（2）化簡不等式得到b-2≥ln（x+1）-（a+2）x，構(gòu)造g（x）=ln（x+1）-（a+2）x，求出函數(shù)的導數(shù)，通過分類討論求出函數(shù)的最大值，得到b-2≥a+1-ln（a+2），化簡$\frac{b-3}{a+2}$≥$\frac{a}{a+2}-\frac{ln（a+2）}{a+2}$，構(gòu)造函數(shù)h（a）=$\frac{a}{a+2}-\frac{ln（a+2）}{a+2}$，利用函數(shù)的導數(shù)情況h（a）≥1-e，推出$\frac{b-3}{a+2}$的最小值．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）=ln（x+1）-f（0）x-f′（0）x²+2，
令x=0 得f（0）=2，f（x）=ln（x+1）-2x-f′（0）x²+2
f′（x）=$\frac{1}{x+1}$-2-2f′（0）x，所以f′（0）=-1，
∴f（x）=ln（x+1）-2x+x²+2，f′（x）=$\frac{1}{x+1}$-2+2x=$\frac{2{x}^{2}-1}{x+1}$．
由f′（x）＜0得-$\frac{\sqrt{2}}{2}$＜x＜$\frac{\sqrt{2}}{2}$，∴f（x）的減區(qū)間為（-$\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$）．
（2）由題意  ln（x+1）-2x+x²+2≤x²+ax+b，
∴b-2≥ln（x+1）-（a+2）x，
設g（x）=ln（x+1）-（a+2）x，
g′（x）=$\frac{1}{x+1}-（a+2）$．
當a+2≤0時，g′（x）＞0恒成立，g（x）無最大值；
當a+2＞0時，由g′（x）＞0得-1＜x＜$\frac{1}{a+2}$-1，g′（x）＜0得x＞$\frac{1}{a+2}$-1．
∴g（x）在（-1，$\frac{1}{a+2}$-1）上為增函數(shù)，在（$\frac{1}{a+2}$-1，+∞）上為減函數(shù)．
∴g（x）≤$g（\frac{1}{a+2}-1）$=a+1-ln（a+2），
∴b-2≥a+1-ln（a+2），
∴$\frac{b-3}{a+2}$≥$\frac{a}{a+2}-\frac{ln（a+2）}{a+2}$，
設h（a）=$\frac{a}{a+2}-\frac{ln（a+2）}{a+2}$，h′（a）=$\frac{1+ln（a+2）}{（a+2）^{2}}$，
由h′（a）＞0得a＞$\frac{1}{e}$-2，h′（a）＜0得-2＜a＜$\frac{1}{e}$-2，
∴h（a）≥$h（\frac{1}{e}-2）$=1-e，所以$\frac{b-3}{a+2}$的最小值為1-e．

點評 本題關(guān)鍵是先利用代入法求出f（0），第二問中關(guān)鍵是合理構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)單調(diào)性求出函數(shù)的最值．是難度比較大的題目．