Question

已知函数f（x）=

1

2

x²+kx+1，g（x）=（x+1）ln（x+1），h（x）=f（x）+g′（x）．
（Ⅰ）若函数g（x）的图象在原点处的切线l与函数f（x）的图象相切，求实数k的值；
（Ⅱ）若h（x）在[0，2]上单调递减，求实数k的取值范围；
（Ⅲ）若对于?t∈[0，

e

-1]，总存在x₁，x₂∈（-1，4），且x₁≠x₂满f（x_i）=g（t）（i=1，2），其中e为自然对数的底数，求实数k的取值范围．

Answer 1

考点：利用导数研究曲线上某点切线方程,利用导数求闭区间上函数的最值

专题：函数的性质及应用,导数的概念及应用,导数的综合应用,不等式的解法及应用

分析：（Ⅰ）求出g（x）的定义域和导数，求得切线的斜率和切点，写出切线方程，联立f（x），消去y，运用判别式为0，即可得到k；
（Ⅱ）求出h（x）的导数，h（x）在[0，2]上单调递减，则h′（x）≤0对x∈[0，2]恒成立，运用导数求出h′（x）在[0，2]的最大值，解不等式即可得到k的范围；
（Ⅲ）分别求出g（t）在t∈[0，

e

-1]的值域A和f（x）在x∈（-1，4）的值域B，由题意可得A包含于B，得到不等式组，解出即可得到k的范围．

解答： 解：（Ⅰ）函数g（x）的定义域为（-1，+∞），
g′（x）=ln（x+1）+1，
则g（0）=0，g′（0）=1，
∴切线l：y=x，
由

y= 1 2 x2+kx+1 y=x

⇒x2+2(k-1)x+2=0，
∵l与函数f（x）的图象相切，
∴△=4(k-1)2-8=0⇒k=1±

2

；

（Ⅱ）h(x)=

1

2

x2+kx+1+ln(x+1)+1，导数h′(x)=x+k+

1

x+1

，
令φ(x)=x+k+

1

x+1

，
φ′(x)=1-

1

(x+1)2

=

x(x+2)

(x+1)2

＞0对x∈[0，2]恒成立，
则φ(x)=x+k+

1

x+1

在[0，2]递增，即h′（x）在[0，2]上为增函数，
∴h′(x)max=h′(2)=k+

7

3

，
∵h（x）在[0，2]上单调递减，
∴h′（x）≤0对x∈[0，2]恒成立，
即h′(x)max=k+

7

3

≤0，
∴k≤-

7

3

；

（Ⅲ）当x∈[0，

e

-1]时，g′（x）=ln（x+1）+1＞0，
∴g（x）=（x+1）ln（x+1）在区间[0，

e

-1]上为增函数，
∴x∈[0，

e

-1]时，0≤g(x)≤

1

2

e

，
∵f(x)=

1

2

x2+kx+1的对称轴为x=-k，
∴为满足题意，必须-1＜-k＜4，
此时f(x)min=f(-k)=1-

1

2

k2，f（x）的值恒小于f（-1）和f（4）中最大的一个，
∵对于?t∈[0，

e

-1]，总存在x₁，x₂∈（-1，4），且x₁≠x₂满足f（x_i）=g（t）（i=1，2），
∴[0，

1

2

e

]⊆(f(x)min，min{f(-1)，f(4)})，
∴

-1＜-k＜4 f(x)min＜0 1 2 e ＜f(4) 1 2 e ＜f(-1)

⇒

-4＜k＜1 1- 1 2 k2＜0 1 2 e ＜4k+9 1 2 e ＜ 3 2 -k

，
∴

1

8

e

-

9

4

＜k＜-

2

．

点评：本题考查导数的运用：求切线方程和单调区间及极值、最值，同时考查任意存在问题注意转化为函数的值域的包含关系，考查运算能力，属于中档题和易错题．