Question

16．已知函數(shù)f（x）=1n（x+1）+ax²-x（a∈R）．
（1）當$a=\frac{1}{4}$時，求函數(shù)y=f（x）的單調(diào)區(qū)間和極值；
（2）若對任意實數(shù)b∈（1，2），當x∈（-1，b]時，函數(shù)f（x）的最大值為f（b），求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導數(shù)，解關(guān)于導函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的極值即可；
（2）求出函數(shù)f（x）的導數(shù)，通過討論a的范圍，確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，求出f（b）的值，解關(guān)于a的不等式，取并集即可．

解答 解：（1）當$a=\frac{1}{4}$時，$f（x）=ln（x+1）+\frac{1}{4}{x^2}-x$，
則$f'（x）=\frac{1}{x+1}+\frac{1}{2}x-1=\frac{x（x-1）}{2（x+1）}\;\;（x＞-1）$，
令f′（x）＞0，得-1＜x＜0或x＞1；
令f′（x）＜0，得0＜x＜1，
∴函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（-1，0）和（1，+∞），單調(diào)遞減區(qū)間為（0，1）；
極大值0，極小值$ln2-\frac{3}{4}$…（5分）
（2）由題意$f'（x）=\frac{x[2ax-（1-2a）]}{（x+1）}\;\;（x＞-1）$，
（i）當a≤0時，函數(shù)f（x）在（-1，0）上單調(diào)遞增，在（0，+∞）上單調(diào)遞減，
此時，不存在實數(shù)b∈（1，2），使得當x∈（-1，b]時，函數(shù)f（x）的最大值為f（b）…（7分）
（ii）當a＞0時，令f'（x）=0，有x₁=0，${x_2}=\frac{1}{2a}-1$，
①當$a=\frac{1}{2}$時，函數(shù)f（x）在（-1，+∞）上單調(diào)遞增，顯然符合題意．…（8分）
②當$\frac{1}{2a}-1＞0$即$0＜a＜\frac{1}{2}$時，函數(shù)f（x）在（-1，0）和$（\frac{1}{2a}-1，+∞）$上單調(diào)遞增，
在$（0，\frac{1}{2a}-1）$上單調(diào)遞減，f（x）在x=0處取得極大值，且f（0）=0，
要使對任意實數(shù)b∈（1，2），當x∈（-1，b]時，函數(shù)f（x）的最大值為f（b），
只需f（1）≥0，解得a≥1-ln2，又$0＜a＜\frac{1}{2}$，
所以此時實數(shù)a的取值范圍是$1-ln2≤a＜\frac{1}{2}$…（11分）
③當$\frac{1}{2a}-1＜0$即$a＞\frac{1}{2}$時，函數(shù)f（x）在$（-1，\frac{1}{2a}-1）$和（0，+∞）上單調(diào)遞增，
在$（\frac{1}{2a}-1，0）$上單調(diào)遞減，要存在實數(shù)b∈（1，2），使得當x∈（-1，b]時，
函數(shù)f（x）的最大值為f（b），需$f（\frac{1}{2a}-1）≤f（1）$，
代入化簡得$ln2a+\frac{1}{4a}+ln2-1≥0$，
令$g（a）=ln2a+\frac{1}{4a}+ln2-1\;\;（a＞\frac{1}{2}）$，因為$g'（a）=\frac{1}{a}（1-\frac{1}{4a}）＞0$恒成立，
故恒有$g（a）＞g（\frac{1}{2}）=ln2-\frac{1}{2}＞0$，
所以$a＞\frac{1}{2}$時，$ln2a+\frac{1}{4a}+ln2-1≥0$式恒成立；
∴實數(shù)a的取值范圍是（1-ln2，+∞）．…（14分）．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及函數(shù)恒成立問題，考查分類討論思想，是一道綜合題．