Question

設函數f（x）=x²+2x-2ln（1+x）．
（Ⅰ）求函數f（x）的單調區間；
（Ⅱ）當x∈[

1

e

-1，e-1]時，是否存在整數m，使不等式m＜f（x）≤-m²+2m+e²恒成立？若存在，求整數m的值；若不存在，請說明理由．
（Ⅲ）關于x的方程f（x）=x²+x+a在[0，2]上恰有兩個相異實根，求實數a的取值范圍．

Answer 1

分析：（Ⅰ）先求出函數的定義域，再求出其導函數，令導函數大于0得到增區間，小于0得到減區間，考慮自變量取值最后得到單調區間即可；（Ⅱ）根據（Ⅰ）求出函數的最值，不等式m＜f（x）≤-m²+2m+e²恒成立意思是f（x）_max≤-m²+2m+e²，f（x）_min≥m，求出解集得到m的整數解即可；（Ⅲ）在[0，2]，由f（x）=x²+x+a和條件f（x）=x²+2x-2ln（1+x）相等得到x²+x+a=x²+2x-2ln（1+x）即x-a-2ln（1+x）=0，然后令g（x）=x-a-2ln（1+x），求出其導函數，由g′（x）＞0得1＜x≤2；由g′（x）＜0得0≤x＜1．g（x）在[0，1]上單調遞減，在[1，2]上單調遞增．得到g（0）和g（2）都大于等于0，g（1）小于零，列出不等式組，求出解集即可a的范圍．

解答：解析：（Ⅰ）由1+x＞0得函數f（x）的定義域為（-1，+∞），
f′(x)=2x+2-

2

x+1

=

2x(x+2)

x+1

．
由f′（x）＞0得x＞0；由f′（x）＜0得-1＜x＜0，
∴函數f（x）的遞增區間是（0，+∞）；遞減區間是（-1，0）．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）在[

1

e

-1，0]上遞減，在[0，e-1]上遞增．
∴f（x）_min=f（0）=0
又∵f(

1

e

-1)=

1

e2

+1，f（e-1）=e²-3，且e2-3＞

1

e2

+1，
∴x∈[

1

e

-1，e-1]時，f（x）_max=e²-3．
∵不等式m＜f（x）≤-m²+2m+e²恒成立，
∴

-m2+2m+e2≥f(x)max m＜f(x)min????

，
即

-m2+2m+e2≥e2-3 m＜0??????

?

m2-2m-3≤0 m＜0???

?

-1≤m≤3 m＜0

?-1≤m＜0
∵m是整數，∴m=-1．
∴存在整數m，使不等式m＜f（x）≤-m²+2m+e²恒成立．
（Ⅲ）由f（x）=x²+x+a得x-a-2ln（1+x）=0，x∈[0，2]
令g（x）=x-a-2ln（1+x），則g′(x)=1-

2

1+x

=

x-1

x+1

，x∈[0，2]
由g′（x）＞0得1＜x≤2；由g′（x）＜0得0≤x＜1．
∴g（x）在[0，1]上單調遞減，在[1，2]上單調遞增．
∵方程f（x）=x²+x+a在[0，2]上恰有兩個相異的實根，
∴函數g（x）在[0，1）和（1，2]上各有一個零點，
∴

g(0)≥0 g(1)＜0 g(2)≥0

?

-a≥0 1-a-2ln2＜0 2-a-2ln3≥0

?

a≤0 a＞1-2ln2 a≤2-2ln3

?1-2ln2＜a≤2-2ln3，
∴實數a的取值范圍是1-2ln2＜a≤2-2ln3

點評：考查學生利用導數研究函數單調性的能力，會求不等數恒成立的條件，以及函數與方程的綜合運用能力．