Question

7．已知函数f（x）=ae^x-1-x²+bln（x+1）．
（1）当a=0，b=1时，求函数f（x）的单调区间；
（2）设函数f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为x-ey+1=0，当x（-1，1]时，求证：f（x）＜$\frac{\sqrt{2}}{2}$．

Answer 1

分析 （1）将当a=0，b=1代入f（x）=-x²+ln（x+1），求导，当f′（x）＞0，f（x）单调递增，f′（x）＜0，f（x）单调递减，分别求得x的解集；
（2）根据切线方程求得a、b的值，f′（x）=e^x-1-2x，判断f′（x）的单调性，求得出f（x）的最值f（x₀），只需要证明f（x₀）=${e}^{{x}_{0}-1}$-${x}_{0}^{2}$＜$\frac{\sqrt{2}}{2}$，x₀∈（0，$\frac{1}{2}$），f（${e}^{{x}_{0}-1}-{x}_{0}^{2}$＜$\frac{1}{\sqrt{e}}$＜$\frac{1}{\sqrt{2}}$$\frac{\sqrt{2}}{2}$．

解答 解：（1）当a=0，b=1时，已知函数f（x）=-x²+ln（x+1），
f′（x）=-2x+$\frac{1}{x+1}$=$\frac{-2{x}^{2}-2x+1}{x+1}$，
令f′（x）＞0，解得：-1＜x＜$\frac{\sqrt{3}-1}{2}$，
f′（x）＜0，解得：x＞$\frac{\sqrt{3}-1}{2}$，
∴所以增区间是（-1，$\frac{\sqrt{3}-1}{2}$），减区间是（$\frac{\sqrt{3}-1}{2}$，+∞）；
（2）证明：由切线方程可知：切点（0，$\frac{1}{e}$），切线斜率为$\frac{1}{e}$，
∴f（0）=$\frac{a}{e}$=$\frac{1}{e}$，
∵f′（x）=ae^x-1-2x+$\frac{b}{x+1}$，
∴f′（x）=$\frac{a}{e}$+b=$\frac{1}{e}$，
∴a=1，b=0；
f′（x）=e^x-1-2x，设g（x）=e^x-1-2x，
在（-1，1）上g′（x）=e^x-1-2＜0，
∴g（x）是减函数，即f′（x）在（-1，1）是减函数，
f′（-1）=e^-2+2＞0，f′（-1）=-2＜0，
f′（x）在（-1，1）内只有一个根x₀，
在（-1，x₀）f′（x）＞0，f（x）增函数；在（x₀，1）上f′（x）＜0，f（x）减函数；
f（x₀）是极大值，也是最大值，
只需要证明f（x₀）=${e}^{{x}_{0}-1}$-${x}_{0}^{2}$＜$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∵f′（0）=e^-1＞0，f′（$\frac{1}{2}$）=${e}^{-\frac{1}{2}}$-1=$\frac{1}{\sqrt{e}}-1$＜0，
∴x₀∈（0，$\frac{1}{2}$），
${e}^{{x}_{0}-1}＜{e}^{\frac{1}{2}-1}$=$\frac{1}{\sqrt{e}}$，-${x}_{0}^{2}$＜0，
∴f（${e}^{{x}_{0}-1}-{x}_{0}^{2}$＜$\frac{1}{\sqrt{e}}$＜$\frac{1}{\sqrt{2}}$$\frac{\sqrt{2}}{2}$．

点评 本题考查根据导函数求函数的单调性，及求切线方程，过程繁琐，属于难题．