Question

8．已知函数f（x）=ln（x+1）-kx²+k（k∈R）．
（1）若函数f（x）过P（0，1），求f（x）在点P处的切线方程；
（2）求函数f（x）的单调区间．

Answer 1

分析 （1）将P（0，1）代入f（x）求出k=1，从而求出f′（0）即切线的斜率，从而求出切线方程；
（2）求出函数的导数，通过讨论k的范围结合二次函数的性质从而求出函数的单调区间．

解答 解：（1）将P（0，1）代入f（x）得：
f（0）=0-0+k=1，解得：k=1，
∴f（x）=ln（x+1）-x²+1，
∴f′（x）=$\frac{1}{x+1}$-2x，
f′（0）=1，
故过P（0，1），斜率是1的直线为：y-1=x，
即x-y+1=0；
（2）f（x）的定义域是（-1，+∞），
f′（x）=$\frac{-2{kx}^{2}-2kx+1}{x+1}$，
令g（x）=-2kx²-2kx+1，
①k=0时，g（x）=1＞0，即f′（x）＞0，
∴f（x）在定义域（-1，+∞）递增，
②k＞0时，-2k＜0，
△=4k²+8k＞0，
x₁=k-$\sqrt{{k}^{2}+2k}$＞-1，x₂=k+$\sqrt{{k}^{2}+2k}$，
∴f（x）在（-1，k-$\sqrt{{k}^{2}+2k}$）递减，在（k-$\sqrt{{k}^{2}+2k}$，k+$\sqrt{{k}^{2}+2k}$）递增，在（k+$\sqrt{{k}^{2}+2k}$，+∞）递减；
②k＜0时，-2k＞0，
△=4k²+8k，
令△＞0，解得：k＜-2，
∴-2≤k＜0时，g（x）≥0，
f（x）在定义域（-1，+∞）递增，
k＜-2时，
x₁=k-$\sqrt{{k}^{2}+2k}$＜-2，x₂=k+$\sqrt{{k}^{2}+2k}$＜-1，都舍去，
∴f（x）在（-1，+∞）递增；
综上，k≤0时，f（x）在定义域递增，
k＞0时，f（x）在（-1，k-$\sqrt{{k}^{2}+2k}$）递减，在（k-$\sqrt{{k}^{2}+2k}$，k+$\sqrt{{k}^{2}+2k}$）递增，在（k+$\sqrt{{k}^{2}+2k}$，+∞）递减．

点评 本题考察了求曲线的切线方程问题，考察导数的应用，二次函数的性质，是一道中档题．