Question

8．已知函数f（x）=$\frac{1}{2}{x^2}$+kx+1，g（x）=（x+1）ln（x+1）
（1）若函数g（x）的图象在原点处的切线l与函数f（x）的图象相切，求实数k的值；
（2）若对于$?t∈[{0，\sqrt{e}-1}]$，总存在x₁，x₂∈（-1，4），且x₁≠x₂满足f（x_i）=g（t）（i=1，2），其中e为自然对数的底数，求实数k的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出g（x）的导数，求得切线的斜率和切点，可得切线方程，联立抛物线的方程，运用判别式为0，解方程，可得k；
（2）分别求得f（x），g（x）的值域，由题意可得它们为包含关系，解不等式，即可得到所求范围．

解答 解：（1）∵原函数g（x）的定义域为（-1，+∞），
g′（x）=ln（x+1）+1，
则g（0）=0，g′（0）=1，
即有切线的方程为l：y=x，
由$\left\{{\begin{array}{l}{y=\frac{1}{2}{x^2}+kx+1}\\{y=x}\end{array}}\right.⇒{x^2}+2（{k-1}）x+2=0$，
∵l与函数f（x）的图象相切，
∴$△=4{（{k-1}）^2}-8=0⇒k=1±\sqrt{2}$．
（2）当$x∈[{0，\sqrt{e}-1}]$时，g′（x）=ln（x+1）+1＞0，
∴g（x）=（x+1）ln（x+1）在区间$[{0，\sqrt{e}-1}]$上为增函数，
∴$0≤g（x）≤\frac{1}{2}\sqrt{e}$，∵$f（x）=\frac{1}{2}{x^2}+kx+1$的对称轴为：x=-k，
∴为满足题意，必须-1＜-k＜4，
此时$f{（x）_{min}}=f（-k）=1-\frac{1}{2}{k^2}$，f（x）的值恒小于f（-1）和f（4）中最大的一个．
对于$?t∈[{0，\sqrt{e}-1}]$，总存在x₁，x₂∈（-1，4），且x₁≠x₂满足f（x_i）=g（t）（i=1，2），
∴$[{0，\frac{1}{2}\sqrt{e}}]⊆（{f{{（x）}_{min}}，min\left\{{f（{-1}），f（4）}\right\}}）$
$\begin{array}{l}∴\left\{{\begin{array}{l}{-1＜-k＜4}\\{f{{（x）}_{min}}＜0}\\{\frac{1}{2}\sqrt{e}＜f（4）}\\{\frac{1}{2}\sqrt{e}＜f（{-1}）}\end{array}}\right.⇒\left\{{\begin{array}{l}{-4＜k＜1}\\{1-\frac{1}{2}{k^2}＜0}\\{\frac{1}{2}\sqrt{e}＜4k+9}\\{\frac{1}{2}\sqrt{e}＜\frac{3}{2}-k}\end{array}}\right.\end{array}$，
∴$\frac{1}{8}\sqrt{e}-\frac{9}{4}＜k＜-\sqrt{2}$．

点评 本题考查导数的运用：求切线的方程和单调性，同时考查直线和抛物线相切的条件：判别式为0，注意任意和存在问题转化为求函数的值域问题，考查运算能力，属于中档题．