Question

18．已知函數(shù)f（x）=ln（x+1），g（x）=$\frac{1}{2}$mx²-2x+1（m≥1）．
（1）若x≥0時(shí)，不等式ax≥f（x）恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（2）若函數(shù)F（x）=f（x）+g（x）的圖象在點(diǎn)A（0，1）處的切線l與曲線C：y=F（x）只有一個(gè)公共點(diǎn)，求m的值．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)x=0時(shí)，ax≥f（x）成立，當(dāng)x＞0時(shí)，ax≥f（x）可化為a≥$\frac{f（x）}{x}$=$\frac{ln（x+1）}{x}$，再令g（x）=$\frac{ln（x+1）}{x}$，從而轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題；
（2）先化簡(jiǎn)并求函數(shù)F（x）=f（x）+g（x）=ln（x+1）+$\frac{1}{2}$mx²-2x+1的定義域?yàn)椋?1，+∞），再求導(dǎo)確定切線l的方程為y=-x+1，從而化為$\frac{1}{2}$mx²-x+ln（x+1）=0有且只有一個(gè)實(shí)數(shù)解，顯然x=0時(shí)成立；再令g（x）=$\frac{1}{2}$mx²-x+ln（x+1），再求導(dǎo)以確定函數(shù)的單調(diào)性，從而解m即可．

解答 解：（1）當(dāng)x=0時(shí)，ax≥f（x）成立，
當(dāng)x＞0時(shí)，ax≥f（x）可化為a≥$\frac{f（x）}{x}$=$\frac{ln（x+1）}{x}$，
令g（x）=$\frac{ln（x+1）}{x}$，
g′（x）=$\frac{\frac{x}{x+1}-ln（x+1）}{{x}^{2}}$，
令h（x）=$\frac{x}{x+1}$-ln（x+1），
h′（x）=$\frac{1}{（x+1）^{2}}$-$\frac{1}{x+1}$＜0，
故h（x）=$\frac{x}{x+1}$-ln（x+1）在（0，+∞）上是減函數(shù)，
故h（x）＜h（0）=0-0=0，
故g′（x）＜0，
故g（x）=$\frac{ln（x+1）}{x}$在（0，+∞）上是減函數(shù)，
而$\underset{lim}{x→0}$$\frac{ln（x+1）}{x}$=$\underset{lim}{x→0}$$\frac{1}{x+1}$=1；
故g（x）＜1；
則a≥1；
（2）易知F（x）=f（x）+g（x）=ln（x+1）+$\frac{1}{2}$mx²-2x+1的定義域（-1，+∞），
F′（x）=mx-2+$\frac{1}{x+1}$，F(xiàn)′（0）=-1，
∴切線l的方程為：y=-x+1，
∵切線l與C有且只有一個(gè)公共點(diǎn)，
∴l(xiāng)n（x+1）+$\frac{1}{2}$mx²-2x+1=-x+1有且只有一個(gè)實(shí)數(shù)解，
即$\frac{1}{2}$mx²-x+ln（x+1）=0有且只有一個(gè)實(shí)數(shù)解，顯然x=0時(shí)成立．
令g（x）=$\frac{1}{2}$mx²-x+ln（x+1），
則g′（x）=mx-1+$\frac{1}{x+1}$=$\frac{mx[x-（\frac{1}{m}-1）]}{x+1}$
①當(dāng)m=1時(shí)，g′（x）≥0，函數(shù)在（-1，+∞）上單調(diào)增，x=0是方程唯一實(shí)數(shù)解；
②當(dāng)m＞1時(shí)由g′（x）=0得x₁=0，x₂=$\frac{1}{m}$-1∈[-1，0）；
從而有x=x₂是極大值點(diǎn)且g（x₂）＞g（0）=0，又當(dāng)x→-1時(shí)，g（x）→-∞；
因此g（x）=0在（-1，x₂）內(nèi)也有一解，不成立；
綜上所述，m=1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，恒成立問題及洛比塔法則的應(yīng)用，同時(shí)考查了分類討論及轉(zhuǎn)化的思想應(yīng)用，屬于難題．