Question

2．已知函数f（x）=$\frac{x}{1+x}$-aln（1+x）（a∈R），g（x）=x²e^mx（m∈R）．
（1）当a=1，求函数f（x）的最大值
（2）当a＜0，且对任意实数x₁，x₂∈[0，2]，f（x₁）+1≥g（x₂）恒成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）把a=1代入函数解析式，直接利用导数求得函数的最值；
（2）构造函数h（x）=f（x）+1，对任意的x₁，x₂∈[0，2]，f（x₁）+1≥g（x₂）恒成立，等价于当a＜0时，对任意的x₁，x₂∈[0，2]，h_min（x）≥g_max（x）成立，分类求得f（x）在[0，2]上的最小值，再求g（x）的导数，对m讨论，结合单调性，求得最大值，解不等式即可得到实数m的取值范围．

解答 解：（1）当a=1时，f（x）=$\frac{x}{1+x}$-aln（1+x）=$\frac{x}{1+x}-ln（1+x）$，
f′（x）=$\frac{1+x-x}{（1+x）^{2}}-\frac{1}{1+x}=\frac{-x}{（1+x）^{2}}$（x＞-1），
当x∈（-1，0）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，当x∈（0，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）为增函数．
∴f（x）_max=f（0）=0；
（2）令h（x）=f（x）+1，
当a＜0，对任意实数x₁，x₂∈[0，2]，f（x₁）+1≥g（x₂）恒成立，
即当a＜0，对任意实数x₁，x₂∈[0，2]，h（x₁）≥g（x₂）恒成立，
等价于当a＜0时，对任意的x₁，x₂∈[0，2]，h_min（x）≥g_max（x）成立，
当a＜0时，由h（x）=$\frac{x}{1+x}$-aln（1+x）+1，得h′（x）=$\frac{1}{（1+x）^{2}}-\frac{a}{1+x}=\frac{1-a-ax}{（1+x）^{2}}$（x＞-1），
当a＜0时，?x∈[0，2]，h′（x）＞0，h（x）在[0，2]上单调递增，
∴h（x）的最小值为h（0）=1，
若1-a≥2，即a≤-1，h（x）在（0，2）上为增函数，函数f（x）在[0，2]上的最小值为f（0）=1，
∴f（x）的最小值为f（0）=1，
g（x）的导数g′（x）=2xe^mx+x²e^mx•m=（mx²+2x）e^mx，
当m=0时，g（x）=x²，x∈[0，2]时，g_max（x）=g（2）=4，显然不满足g_max（x）≤1，
当m≠0时，令g′（x）=0得，${x}_{1}=0，{x}_{2}=-\frac{2}{m}$，
①当-$\frac{2}{m}$≥2，即-1≤m≤0时，在[0，2]上g′（x）≥0，
∴g（x）在[0，2]单调递增，
∴$g（x）_{max}=g（2）=4{e}^{2m}$，只需4e^2m≤1，得m≤-ln2，则-1≤m≤-ln2；
②当0＜-$\frac{2}{m}$＜2，即m＜-1时，在[0，-$\frac{2}{m}$]，g′（x）≥0，g（x）单调递增，
在[-$\frac{2}{m}$，2]，g′（x）＜0，g（x）单调递减，
∴g（x）_max=g（-$\frac{2}{m}$）=$\frac{4}{{m}^{2}{e}^{2}}$，
只需≤$\frac{4}{{m}^{2}{e}^{2}}$1，得m≤-$\frac{2}{e}$，则m＜-1；
③当-$\frac{2}{m}$＜0，即m＞0时，显然在[0，2]上g′（x）≥0，g（x）单调递增，
g（x）_max=g（2）=4e^2m，4e^2m≤1不成立．
综上所述，m的取值范围是（-∞，-ln2]．

点评 本题考查恒成立问题，考查了导数的运用，即求函数的单调区间和最值，运用分类讨论的思想方法是解题的关键，是压轴题．