Question

1．已知函数f（x）=（x+1）ln（x+1）-ax²-2ax（a∈R），它的导函数为f′（x）．
（Ⅰ）若函数g（x）=f′（x）+（2a-1）x只有一个零点，求a的值；
（Ⅱ）是否存在实数a，使得关于x的不等式f（x）＜0在（0，+∞）上恒成立？若存在，求a的取值范围；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数g（x）的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，得到g（x）的极大值点，从而求出a的值即可；
（Ⅱ）求出f（x）的导数，通过讨论a的符号，判断函数f（x）的单调区间，从而求出a的范围即可．

解答 解：（Ⅰ） 由题知x＞-1，f'（x）=ln（x+1）-2ax-2a+1，（1分）
则g（x）=f'（x）+（2a-1）x=ln（x+1）-x+1-2a，$g'（x）=\frac{-x}{x+1}$，（2分）
所以当-1＜x＜0时，$g'（x）=\frac{-x}{x+1}＞0$，g（x）为增函数；
当x＞0时，$g'（x）=\frac{-x}{x+1}＜0$，g（x）为减函数．
于是g（x）有一个极大值点x=0，（3分）
函数g（x）=f'（x）+（2a-1）x只有一个零点，
则g（0）=0，解之得$a=\frac{1}{2}$．（4分）
（Ⅱ） 存在．（5分）
理由如下：由题f'（x）=ln（x+1）-2ax-2a+1，
（ⅰ） 当a≤0时，f'（x）=ln（x+1）+1-2a（x+1）＞0，
则f（x）在（0，+∞）上单调递增，
所以f（x）＞f（0）=0在（0，+∞）上恒成立，与已知不符，
故a≤0不符合题意．（6分）
（ⅱ） 当a＞0时，令φ（x）=f'（x），
$φ'（x）=\frac{1}{x+1}-2a$，且$\frac{1}{x+1}∈（0，1）$，
①当2a≥1，即$a≥\frac{1}{2}$时，$φ'（x）=\frac{1}{x+1}-2a＜0$，
于是φ（x）在x∈（0，+∞）上单调递减，
所以φ（x）＜φ（0）=1-2a≤0，即f'（x）＜0在x∈（0，+∞）上成立．
则f（x）在x∈（0，+∞）上单调递减，
故f（x）＜f（0）=0在（0，+∞）上成立，符合题意．（10分）
②当0＜2a＜1，即$0＜a＜\frac{1}{2}$时，$\frac{1}{2a}-1$＞0，
$φ'（x）=\frac{1}{x+1}-2a=\frac{{-2a[x-（\frac{1}{2a}-1）]}}{x+1}$，
若$x∈（0，\frac{1}{2a}-1）$，则φ'（x）＞0，φ（x）在$x∈（0，\frac{1}{2a}-1）$上单调递增；
若在$x∈（\frac{1}{2a}-1，+∞）$，则φ'（x）＜0，φ（x）在$x∈（0，\frac{1}{2a}-1）$上单调递减，
又φ（0）=1-2a＞0，则φ（x）＞0在$（0，\frac{1}{2a}-1）$上成立，
即f'（x）＞0在$（0，\frac{1}{2a}-1）$上恒成立，
所以f（x）在$（0，\frac{1}{2a}-1）$上单调递增，
则f（x）＞f（0）=0在$（0，\frac{1}{2a}-1）$上恒成立．
与已知不符，故$0＜a＜\frac{1}{2}$不符合题意．
综上所述，a的取值范围$[\frac{1}{2}，+∞）$． （14分）

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函数恒成立问题，是一道综合题．