Question

19．已知函数f（x）=ln（x+1），g（x）=$\frac{1}{2}$x²-x．
（Ⅰ）求过点（-1，0）且与曲线y=f（x）相切的直线方程；
（Ⅱ）设h（x）=af（x）+g（x），其中a为非零实数，若y=h（x）有两个极值点x₁，x₂，且x₁＜x₂，求证：2h（x₂）-x₁＞0．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的导数，设出切点，可得切线的斜率，由两点的斜率公式，解方程可得切点坐标，进而得到所求切线的方程；
（Ⅱ）求出h（x）的解析式和导数，讨论a＜0，0＜a＜1，a≥1，求出极值点和单调区间，由2h（x₂）-x₁＞0等价为2h（x₂）+x₂＞0，由x₂=$\sqrt{1-a}$，可得a=1-x₂²，即证明2（1-x₂²）ln（x₂+1）+x₂²-x₂＞0，由0＜x₂＜1，可得1-x₂＞0，
即证明2（1+x₂）ln（x₂+1）-x₂＞0，构造函数t（x）=2（1+x）ln（1+x）-x，0＜x＜1，求出导数判断单调性，即可得证．

解答 解：（Ⅰ）函数f（x）=ln（x+1）的导数为f′（x）=$\frac{1}{x+1}$，
设切点为（x₀，y₀），则切线的斜率为k=$\frac{1}{1+{x}_{0}}$，
点（x₀，y₀）在f（x）=ln（x+1）上，则y₀=ln（1+x₀），
可得$\frac{ln（{x}_{0}+1）}{{x}_{0}+1}$=$\frac{1}{{x}_{0}+1}$，解得x₀=e-1，
可得切线的斜率为$\frac{1}{e}$，则切线方程为y-0=$\frac{1}{e}$（x+1），
即为x-ey+1=0；
（Ⅱ）证明：h（x）=af（x）+g（x）=aln（x+1）+$\frac{1}{2}$x²-x，
导数h′（x）=$\frac{a}{1+x}$+x-1=$\frac{{x}^{2}+（a-1）}{x+1}$，x＞-1，
当a-1≥0时，即a≥1时，h′（x）≥0，h（x）在（-1，+∞）上单调递增；
当0＜a＜1时，由h′（x）=0得，x₁=-$\sqrt{1-a}$，x₂=$\sqrt{1-a}$，
故h（x）在（-1，-$\sqrt{1-a}$）上单调递增，在（-$\sqrt{1-a}$，$\sqrt{1-a}$）上单调递减，
在（$\sqrt{1-a}$，+∞）上单调递增；
当a＜0时，由h′（x）=0得，x₀=$\sqrt{1-a}$，h（x）在（-$\sqrt{1-a}$，$\sqrt{1-a}$）上单调递减，
在（$\sqrt{1-a}$，+∞）上单调递增．
当0＜a＜1时，h（x）有两个极值点，即x₁=-$\sqrt{1-a}$，x₂=$\sqrt{1-a}$，
可得x₁+x₂=0，x₁x₂=a-1，由0＜a＜1得，-1＜x₁＜0，0＜x₂＜1，
由2h（x₂）-x₁＞0等价为2h（x₂）+x₂＞0，即为2aln（x₂+1）+x₂²-x₂＞0，
由x₂=$\sqrt{1-a}$，可得a=1-x₂²，即证明2（1-x₂²）ln（x₂+1）+x₂²-x₂＞0，
由0＜x₂＜1，可得1-x₂＞0，
即证明2（1+x₂）ln（x₂+1）-x₂＞0，
构造函数t（x）=2（1+x）ln（1+x）-x，0＜x＜1，
t′（x）=2（1+x）•$\frac{1}{1+x}$+2ln（x+1）-1=1+2ln（1+x）＞0，t（x）在（0，1）上单调递增，
又t（0）=0，所以t（x）＞0在（0，1）时恒成立，
即2（1+x₂）ln（x₂+1）-x₂＞0成立
则2h（x₂）-x₁＞0．

点评 本题考查导数的运用：求切线的方程，注意设出切点，以及极值问题，考查不等式的证明，注意运用分类讨论思想方法和运用导数判断单调性，构造函数是解题的关键，属于难题．