Question

16．设函数f（x）=（1+x）²-mln（1+x），g（x）=x²+x+a．
（Ⅰ）当a=0时，f（x）≥g（x）在（0，+∞）上恒成立，求实数m的取值范围；
（Ⅱ）当m=2时，若函数h（x）=f（x）-g（x）在[0，2]上恰有两个不同的零点，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （I）当a=0时，f（x）≥g（x）即（1+x）²-mln（1+x）≥x²+x．由于f（x）≥g（x）在（0，+∞）上恒成立，可得m≤$[\frac{1+x}{ln（1+x）}]_{min}$，利用导数研究其单调性极值与最值即可得出．
（II）利用导数研究函数h（x）的单调性，进而得出关系式．

解答 解：（I）当a=0时，f（x）≥g（x）即（1+x）²-mln（1+x）≥x²+x．
由于f（x）≥g（x）在（0，+∞）上恒成立，∴m≤$[\frac{1+x}{ln（1+x）}]_{min}$，
令h（x）=$\frac{1+x}{ln（1+x）}$，h′（x）=$\frac{ln（1+x）-1}{l{n}^{2}（1+x）}$．
令h′（x）＞0，解得x＞e-1，此时函数h（x）单调递增；令h′（x）＜0，解得0＜x＜e-1，此时函数h（x）单调递减．
∴当x=e-1时，函数h（x）取得最小值，h（e-1）=e．
∴m≤e．
∴实数m的取值范围是m≤e．
（II）当m=2时，若函数h（x）=f（x）-g（x）=1+x-2ln（1+x）-a，
h′（x）=1-$\frac{2}{1+x}$=$\frac{x-1}{x+1}$，
当x∈[0，1）时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减；当x∈（1，2]时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递增．
∴当x=1时，函数h（x）取得最小值，h（1）=2-2ln2-a；
又h（0）=1-a，h（2）=3-2ln3-a．∴h（2）＜h（0）．
∵函数h（x）在[0，2]上恰有两个不同的零点，
∴$\left\{\begin{array}{l}{h（2）≥0}\\{h（1）＜0}\end{array}\right.$，
解得：2-2ln2＜a≤3-2ln3，
∴实数a的取值范围是（2-2ln2，3-2ln3]．

点评 本题考查了考查了利用导数研究其单调性极值与最值，考查了推理能力与计算能力，属于难题．