Question

8．已知函数f（x）=aln（x+1）-x（x+1）（a∈R）．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）是否存在实数a，使得存在实数m∈R^*，对任意x∈（0，m）都有-x²＜f（x）＜0？若存在，求实数a的取值范围，若不存在，说明理由？

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；（2）通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，从而判断出结论即可．

解答 解：（1）函数f（x）的定义域是（-1，+∞），
f′（x）=-$\frac{{2x}^{2}+3x-a+1}{x+1}$，
由$\left\{\begin{array}{l}{f′（x）≥0}\\{x＞-1}\end{array}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}{x＞-1}\\{{2x}^{2}+3x-a+1≤0}\end{array}\right.$，
△=8a+1，
①a≤-$\frac{1}{8}$时，△≤0，函数f（x）在（-1，+∞）递减，
②a＞-$\frac{1}{8}$时，方程2x²+3x-a+1=0有2个根：
x₁=$\frac{-3-\sqrt{8a+1}}{4}$，x₂=$\frac{-3+\sqrt{8a+1}}{4}$，
-$\frac{1}{8}$＜a＜0时，-1＜x₁＜x₂，
∴f（x）在（-1，$\frac{-3-\sqrt{8a+1}}{4}$）递减，在（$\frac{-3-\sqrt{8a+1}}{4}$，$\frac{-3+\sqrt{8a+1}}{4}$）递增，
在（$\frac{-3+\sqrt{8a+1}}{4}$，+∞）递减；
a≥0时，x₁≤-1，x₂＞-1，
∴f（x）在（-1，$\frac{-3+\sqrt{8a+1}}{4}$）递增，在（$\frac{-3+\sqrt{8a+1}}{4}$，+∞）递减；
（2）a＞1时，x₂=$\frac{-3+\sqrt{8a+1}}{4}$＞0，函数f（x）在（0，$\frac{-3+\sqrt{8a+1}}{4}$）递增，
故x∈（0，$\frac{-3+\sqrt{8a+1}}{4}$）时，函数f（x）＞f（0）=0，
不存在满足条件的区间（0，m）；
a≤1时，x₂=$\frac{-3+\sqrt{8a+1}}{4}$≤0，
由（1）得函数f（x）在（0，+∞）递减，
x∈（0，+∞）时，f（x）＜f（0）=0，
令h（x）=f（x）+x²，即h（x）=aln（x+1）-x，
则h′（x）=$\frac{a-1-x}{x+1}$，
a≤1，x＞0时，h′（x）＜0，h（x）在（0，+∞）递减，
∴x＞0时，h（x）＜h（0）=0恒成立，即f（x）＜-x²恒成立，
∴不存在满足条件的实数a．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，是一道中档题．