Question

10．已知曲線f（x）=aln（x+1）-x²-2x-1在點(diǎn)（0，f（0））處的切線與x軸平行．
（I）求實(shí)數(shù)a的值；
（Ⅱ）設(shè)g（x）=$\frac{1}{2}$[f（x）+（1+2c）x²+1]，是否存在實(shí)數(shù)c，使得當(dāng)x∈（-1，b]，b∈[1，2]時(shí)，函數(shù)g（x）的最大值為g（b）？若存在，求c的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （I）求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義建立方程關(guān)系即可求實(shí)數(shù)a的值；
（Ⅱ）由題意分別求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，再討論①當(dāng)c≤0時(shí)②當(dāng)c＞0時(shí)的情況，最后確定出c的取值范圍．

解答 解：（I）f′（x）=$\frac{a}{x+1}$-2x-2，f（0）=-1，
則f′（0）=a-2，
∵f（x）在點(diǎn)（0，f（0））處的切線與x軸平行．
∴f′（0）=a-2=0，則a=2；
（Ⅱ）∵a=2，∴f（x）=2ln（x+1）-x²-2x-1，
g（x）=$\frac{1}{2}$[f（x）+（1+2c）x²+1]=$\frac{1}{2}$[2ln（x+1）-x²-2x-1+（1+2c）x²+1]=ln（x+1）+cx²-x，
由題意g′（x）=$\frac{1}{x+1}$+2cx-1=$\frac{x（2cx+2c-1）}{x+1}$
①當(dāng)c≤0時(shí)，函數(shù)g（x）在（-1，0）上單調(diào)遞增，在（0，+∞）上單調(diào)遞減，
此時(shí)，不存在實(shí)數(shù)b∈（0，1），使得當(dāng)x∈（-1，b]時(shí)，函數(shù)f（x）的最大值為g（b）；
②當(dāng)c＞0時(shí)，令g′（x）=0有x=0或x=$\frac{1-2c}{2c}$=$\frac{1}{2c}$-1，
（a）當(dāng)$\frac{1}{2c}$-1＜0即c＞$\frac{1}{2}$時(shí)，
函數(shù)g（x）在（-1，$\frac{1}{2c}$-1）和（0，+∞）上單調(diào)遞增，
在（$\frac{1}{2c}$-1，0）上單調(diào)遞減，
要存在實(shí)數(shù)b∈（0，1），使得當(dāng)x∈（-1，b]時(shí)，函數(shù)g（x）的最大值為g（b），
則g（$\frac{1}{2c}$-1）＜g（1），代入化簡得ln2c+$\frac{1}{4c}$+ln2-1＞0（1）
令h（c）=ln2c+$\frac{1}{4c}$+ln2-1，c＞$\frac{1}{2}$，
∵h(yuǎn)′（c）=$\frac{1}{c}$（1-$\frac{1}{4c}$）＞0恒成立，
故恒有h（c）＞h（$\frac{1}{2}$）=ln2-$\frac{1}{2}$＞0，
∴c＞$\frac{1}{2}$時(shí)，（1）式恒成立；
（b）當(dāng)$\frac{1}{2c}$-1＞0，即0＜c＜$\frac{1}{2}$時(shí)，函數(shù)g（x）在（-1，0）和（$\frac{1}{2c}$-1，+∞）上單調(diào)遞增，
在（0，$\frac{1}{2c}$-1）上單調(diào)遞減，
此時(shí)由題，只需g（1）＞0，解得c＞1-ln2，
又$1-ln2＜\frac{1}{2}$，
∴此時(shí)實(shí)數(shù)c的取值范圍是1-ln2＜c＜$\frac{1}{2}$；
（c）當(dāng)c=$\frac{1}{2}$時(shí)，函數(shù)g（x）在（-1，+∞）上單調(diào)遞增，顯然符合題意；
綜上，實(shí)數(shù)c的取值范圍是（1-ln2，+∞）．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出切線斜率以及構(gòu)造函數(shù)，研究函數(shù)的單調(diào)性和最值是解決本題的關(guān)鍵．綜合性較強(qiáng)，難度較大．