Question

3．已知函數f（x）=$\frac{x}{1+x}$-aln（1+x）（a∈R），g（x）=x²e^mx（m∈R）．
（1）當a=1時，求函數f（x）的最大值；
（2）若a＜0，且對任意的x₁，x₂∈[0，2]，f（x₁）+1＞g（x₂）恒成立，求實數m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數的導數，得到函數的單調區間，求出函數的最大值即可；
（2）令ϕ（x）=f（x）+1，根據函數的單調性分別求出φ（x）的最小值和g（x）的最大值，得到關于m的不等式，解出即可．

解答 解：（1）函數f（x）的定義域是（-1，+∞），
a=1時，f′（x）=$\frac{-x}{{（1+x）}^{2}}$，
f（x）在（-1，0）遞增，在（0，+∞）遞減；
故f（x）_max=f（0）=0；
（2）令ϕ（x）=f（x）+1，
因為“對任意的x₁，x₂∈[0，2]，f（x₁）+1≥g（x₂）恒成立”，
對任意的x₁，x₂∈[0，2]，ϕ（x）_min≥g（x）_max成立，
由于$ϕ'（x）=\frac{1}{{{{（1+x）}^2}}}-\frac{a}{1+x}=\frac{-ax-a+1}{{{{（1+x）}^2}}}$，
當a＜0時，?x∈[0，2]有ϕ'（x）＞0，
從而函數ϕ（x）在[0，2]上單調遞增，
所以ϕ（x）_min=ϕ（0）=1，（6分）
g'（x）=2xe^mx+x²e^mx•m=（mx²+2x）e^mx，
當m=0時，g（x）=x²，x∈[0，2]時，g（x）_max=g（2）=4，
顯然不滿足g（x）_max≤1，
當m≠0時，令g'（x）=0得${x_1}=0，{x_2}=-\frac{2}{m}$，
①-$\frac{2}{m}$≥2即-1≤m≤0時，函數在[0，2]遞增，
故g（x）_max=g（2）=4e^2m，
只需4e^2m≤1，解得：m≤-ln2，
故-1≤m≤-ln2；
②0＜-$\frac{2}{m}$＜2，即m＜-1時，
函數在[0，-$\frac{2}{m}$]遞增，在[-$\frac{2}{m}$，2]遞減，
故g（x）_max=g（-$\frac{2}{m}$）=$\frac{4}{{{m}^{2}e}^{2}}$，
只需$\frac{4}{{{m}^{2}e}^{2}}$≤1，解得：m≤-$\frac{2}{e}$．

點評 本題考查了函數的單調性、最值問題，考查導數的應用以及分類討論思想，轉化思想，是一道綜合題．