Question

8．已知函数f（x）=ln（x+1）+ax²，a＞0．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）若函数f（x）在区间（-1，0）有唯一零点x₀，证明：${e^{-2}}＜{x_0}+1＜{e^{-1}}$．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间；
（2）求出$a=-\frac{1}{{2{x_0}（{{x_0}+1}）}}$，得到$ln（{{x_0}+1}）-\frac{x_0}{{2（{{x_0}+1}）}}=0$，令x₀+1=t，则$lnt-\frac{t-1}{2t}=0$，设$h（t）=lnt+\frac{1}{2t}-\frac{1}{2}$，根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（1）$f'（x）=\frac{1}{x+1}+2ax=\frac{{2a{x^2}+2ax+1}}{x+1}$，x＞-1，
令g（x）=2ax²+2ax+1，△=4a²-8a=4a（a-2），
若△＜0，即0＜a＜2，则g（x）＞0，
当x∈（-1，+∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，
若△=0，即a=2，则g（x）≥0，仅当$x=-\frac{1}{2}$时，等号成立，
当x∈（-1，+∞）时，f'（x）≥0，f（x）单调递增．
若△＞0，即a＞2，则g（x）有两个零点${x_1}=\frac{{-a-\sqrt{a（{a-2}）}}}{2a}$，${x_2}=\frac{{-a+\sqrt{a（{a-2}）}}}{2a}$，
由g（-1）=g（0）=1＞0，$g（{-\frac{1}{2}}）＜0$得$-1＜{x_1}＜-\frac{1}{2}＜{x_2}＜0$，
当x∈（-1，x₁）时，g（x）＞0，f'（x）＞0，f（x）单调递增；
当x∈（x₁，x₂）时，g（x）＜0，f'（x）＜0，f（x）单调递减；
当x∈（x₂，+∞）时，g（x）＞0，f'（x）＞0，f（x）单调递增．
综上所述，
当0＜a≤2时，f（x）在（-1，+∞）上单调递增；
当a＞2时，f（x）在$（{-1，\frac{{-a-\sqrt{a（{a-2}）}}}{2a}}）$和$（{\frac{{-a+\sqrt{a（{a-2}）}}}{2a}，+∞}）$上单调递增，
在$（{\frac{{-a-\sqrt{a（{a-2}）}}}{2a}，\frac{{-a+\sqrt{a（{a-2}）}}}{2a}}）$上单调递减．
（2）由（1）及f（0）=0可知：仅当极大值等于零，即f（x₁）=0时，符合要求．
此时，x₁就是函数f（x）在区间（-1，0）的唯一零点x₀．
所以$2ax_0^2+2a{x_0}+1=0$，从而有$a=-\frac{1}{{2{x_0}（{{x_0}+1}）}}$，
又因为$f（{x_0}）=ln（{{x_0}+1}）+ax_0^2=0$，所以$ln（{{x_0}+1}）-\frac{x_0}{{2（{{x_0}+1}）}}=0$，
令x₀+1=t，则$lnt-\frac{t-1}{2t}=0$，
设$h（t）=lnt+\frac{1}{2t}-\frac{1}{2}$，则$h'（t）=\frac{2t-1}{{2{t^2}}}$，
再由（1）知：$0＜t＜\frac{1}{2}$，h'（t）＜0，h（t）单调递减，
又因为$h（{{e^{-2}}}）=\frac{{{e^2}-5}}{2}＞0$，$h（{{e^{-1}}}）=\frac{e-3}{2}＜0$，
所以e^-2＜t＜e^-1，即${e^{-2}}＜{x_0}+1＜{e^{-1}}$．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，考查不等式的证明，是一道综合题．