Question

函數(shù)f（x）=x²+bln（x+1），其中b∈R．
（1）若函數(shù)f（x）在其定義域內(nèi)是單調(diào)函數(shù)，求b的取值范圍；
（2）若對f（x）定義域內(nèi)的任意x，都有f（x）≥f（1），求b的值；
（3）設(shè)a＞1，g（x）=x³-2a²x+a²-2a．當(dāng)b=

1

2

時(shí)，若存在x₁，x₂∈[0，1]，使得|f(x1)-g(x2)|＜

1

2

，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）先求導(dǎo)：f′(x)=2x+

b

x+1

=

2x2+2x+b

x+1

，令導(dǎo)數(shù)大于或小于等于零，分離參數(shù)，轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題，從而求得b的取值范圍；
（2）根據(jù)題意對f（x）定義域內(nèi)的任意x，都有f（x）≥f（1），即說明f（1）是函數(shù)的最小值也是極小值，因此有f′（1）=0，從而求得b的值；
（3）要使不等式|f(x1)-g(x2)|＜

1

2

成立，即求兩個(gè)函數(shù)的函數(shù)值相差最大不能超過

1

2

，因此利用導(dǎo)數(shù)分別求得兩函數(shù)的值域即可求得實(shí)數(shù)a的取值范圍．

解答：解：（1）f′(x)=2x+

b

x+1

=

2x2+2x+b

x+1

（x＞-1），
由題意，f′（x）≥0在（-1，+∞）內(nèi)恒成立，或f′（x）≤0在（-1，+∞）內(nèi)恒成立．
若f′（x）≥0，則2x²+2x+b≥0，即b≥-2x²-2x=-2（x+

1

2

）²+

1

2

恒成立，
顯然，-2（x+

1

2

）²+

1

2

在（-1，+∞）內(nèi)的最大值為

1

2

，所以b≥

1

2

；
f′（x）≤0，則2x²+2x+b≤0，
顯然，該不等式在（-1，+∞）內(nèi)不恒成立；
綜上，所求b的取值范圍為[

1

2

，+∞）；
（2）由題意，f（1）是函數(shù)的最小值也是極小值．
因此f′（1）=2+

b

2

=0，解得b=-4，
經(jīng)驗(yàn)證b=-4符合題意；
（3）首先研究f（x），g（x）在[0，1]上的性質(zhì)，
由（1），當(dāng)b=

1

2

時(shí)，函數(shù)f（x）=x²+bln（x+1）在（-1，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增，從從而f（x）在[0，1]上單調(diào)遞減，
因此，f（x）在[0，1]上的最小值為f（0）=0，最大值為f（1）=1+

1

2

ln2，
g′（x）=3（x²-a²），由a＞1，知當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，g′（x）=3（x²-a²）＜0，
因此g（x）=x³-3a²x+a²-2a在[0，1]上單調(diào)遞減．
∴g（x）_max=g（0）=a²-2a，g（x）_min=g（1）=1-2a²-2a，
∵a＞1，∴g（x）_min=g（1）=1-2a²-2a＜0，
①若g（x）_max=g（0）=a²-2a≥0，即a≥2時(shí)，兩函數(shù)在[0，1]上有交點(diǎn)，此時(shí)a≥2顯然滿足條件；
②若g（x）_max=g（0）=a²-2a＜0，即1＜a＜2，f（x）的圖象在上，g（x）的圖象在下，
只需f（x）min-g（x）max＜

1

2

，即f（0）-g（0）＜

1

2

，
即-（a²-2a）＜

1

2

，
解得1+

2

2

＜a＜2．
綜上，所求實(shí)數(shù)a的取值范圍（1+

2

2

，+∞）．

點(diǎn)評：此題是個(gè)難題．本題主要考查用導(dǎo)數(shù)法研究函數(shù)的單調(diào)性，基本思路是：當(dāng)函數(shù)為增函數(shù)時(shí)，導(dǎo)數(shù)大于等于零；當(dāng)函數(shù)為減函數(shù)時(shí)，導(dǎo)數(shù)小于等于零，根據(jù)解題要求選擇是否分離變量，體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化的思想和分類討論以及數(shù)形結(jié)合的思想方法，同時(shí)考查了學(xué)生的靈活應(yīng)用知識分析解決問題的能力和計(jì)算能力．