Question

5．已知函数f（x）=aln（x+1）+$\frac{1}{2}$x²-x，其中a为非零实数．
（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）若y=f（x）有两个极值点α，β，且α＜β，求证：$\frac{f（β）}{α}$＜$\frac{1}{2}$．（参考数据：ln2≈0.693）

Answer 1

分析 （Ⅰ）求导数，分类讨论，利用导数的正负研究函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）确定α+β=0，αβ=a-1.$\frac{f（β）}{α}=\frac{{aln（{β+1}）+\frac{1}{2}{β^2}-β}}{-β}=\frac{{（{β^2}-1）ln（{β+1}）}}{β}-\frac{1}{2}β+1$．构造函数，确定其单调性，即可证明结论．

解答 解：（Ⅰ）$f'（x）=\frac{a}{x+1}+x-1=\frac{{{x^2}+（a-1）}}{x+1}，x＞-1$．
当a-1≥0时，即a≥1时，f'（x）≥0，f（x）在（-1，+∞）上单调递增；
当0＜a＜1时，由f'（x）=0得，${x_1}=-\sqrt{1-a}，{x_2}=\sqrt{1-a}$，
故f（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f'（x）=0得，${x_0}=\sqrt{1-a}$，
f（x）在$（{-1，\sqrt{1-a}}）$上单调递减，在$（{\sqrt{1-a}，+∞}）$上单调递增．
证明：（Ⅱ）由（I）知，0＜a＜1，且$α=-\sqrt{1-a}，β=\sqrt{1-a}$，
所以α+β=0，αβ=a-1．
$\frac{f（β）}{α}=\frac{{aln（{β+1}）+\frac{1}{2}{β^2}-β}}{-β}=\frac{{（{β^2}-1）ln（{β+1}）}}{β}-\frac{1}{2}β+1$．
由0＜a＜1得，0＜β＜1．
构造函数$g（x）=\frac{{（{{x^2}-1}）ln（{x+1}）}}{x}-\frac{1}{2}x+1，x∈（{0，1}）$．
$g'（x）=（{1+\frac{1}{x^2}}）ln（{x+1}）-\frac{1}{x}+\frac{1}{2}=\frac{{2（{x^2}+1）ln（x+1）-2x+{x^2}}}{{2{x^2}}}$，
设h（x）=2（x²+1）ln（x+1）-2x+x²，x∈（0，1），
则$h'（x）=\frac{{4{x^2}}}{x+1}+4xln（x+1）$，
因为0＜x＜1，
所以，h'（x）＞0，
故h（x）在（0，1）上单调递增，
所以h（x）＞h（0）=0，即g'（x）＞0，
所以g（x）在（0，1）上单调递增，
所以$g（x）＜g（1）=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$，
故$\frac{f（β）}{α}＜\frac{1}{2}$．

点评 本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查函数的构造与运用，解题的关键是确定函数的单调性．