Question

设函数f（x）=（1+x）²-mln（1+x），g（x）=x²+x+a．
（1）当a=0时，f（x）≥g（x）在（0，+∞）上恒成立，求实数m的取值范围；
（2）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；
（3）是否存在常数m，使函数f（x）和函数g（x）在公共定义域上具有相同的单调性？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用,函数的零点,利用导数研究函数的单调性

专题：导数的综合应用

分析：（1）当a=0时，f（x）≥g（x）在（0，+∞）上恒成立?m≤

1+x

ln(1+x)

，设φ（x）=

1+x

ln(1+x)

，则f（x）≥g（x）在（0，+∞）上恒成立?m≤φ（x）_min，利用导数研究函数φ（x）的单调性极值最值即可；
（2）函数h（x）=f（x）-g（x）在[0，2]上恰有两个不同的零点等价于方程1+x-2ln（1+x）=a在[0，2]上恰有两个相异实根．令F（x）=1+x-2ln（1+x），
利用导数研究其单调性极值与最值可得F_min（x）=F（1）=2-2ln2．只要F（1）＜a≤F（2），可使方程h（x）在[0，2]上恰有两个不同的零点．
（3）存在m=

1

2

满足题意．f′（x）=2（1+x）-

m

1+x

=

2(1+x)2-m

1+x

，函数f（x）的定义域是（-1，+∞），对m分类讨论即可得出单调性，而函数g（x）在（-1，+∞）上的单调递减区间是(-1，

1

2

]，单调递增区间是[-

1

2

，+∞)，解出即可．

解答： 解：（1）当a=0时，f（x）≥g（x）在（0，+∞）上恒成立?m≤

1+x

ln(1+x)

，
设φ（x）=

1+x

ln(1+x)

，则f（x）≥g（x）在（0，+∞）上恒成立?m≤φ（x）_min，
∵φ′（x）=

ln(1+x)-1

ln2(1+x)

，
当x∈（0，e-1）时，φ′（x）＜0；当x∈（e-1，+∞）时，φ′（x）＞0．
故φ（x）在x=e-1处取得极小值，也是最小值，即φ（x）_min=φ（e-1）=e，故m≤e．

（2）函数h（x）=f（x）-g（x）在[0，2]上恰有两个不同的零点等价于方程1+x-2ln（1+x）=a在[0，2]上恰有两个相异实根，
令F（x）=1+x-2ln（1+x），则F′（x）=

x-1

x+1

，当（0，1]时，F′（x）＜0，当（1，2]时，F′（x）＞0，
故F（x）在（0，1]上递减，在（1，2]上递增，
故F_min（x）=F（1）=2-2ln2．且F（0）=1，F（2）=3-2ln3，
因此F（0）＞F（2），
∴只要F（1）＜F（2），即只要F（1）＜a≤F（2），可使方程h（x）在[0，2]上恰有两个不同的零点．
即a∈（2-2ln2，3-2ln3]．

（3）存在m=

1

2

满足题意．f′（x）=2（1+x）-

m

1+x

=

2(1+x)2-m

1+x

，函数f（x）的定义域是（-1，+∞），
若m≤0，意．f′（x）≥0，函数f（x）在（-1，+∞）上单调递增，不合题意；
当m＞0时，由f′（x）＞0，得2（1+x）²-m＞0，解得x＞-1+

m 2

或x＜-1-

m 2

（舍去），
故m＞0时，函数f（x）的增区间是[-1+

m 2

，+∞)，单调递减区间是(-1，-1+

m 2

]，
而函数g（x）在（-1，+∞）上的单调递减区间是(-1，

1

2

]，单调递增区间是[-

1

2

，+∞)，
故只需-1+

m 2

=-

1

2

，解得m=

1

2

．

点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了恒成立问题的等价转化方法，考查了分类讨论的思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．