Question

已知函數(shù)f（x）=ax²+ln（x+1）．
（1）當(dāng)a=-

1

4

時(shí)，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，+∞）上為減函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（3）當(dāng)x∈[0，+∞）時(shí)，不等式f（x）-x≤0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

考點(diǎn)：導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問(wèn)題中的應(yīng)用

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）當(dāng)a=-

1

4

時(shí)，直接對(duì)f（x）求導(dǎo)，解不等式f′（x）＞0和f′（x）＜0，即可求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）根據(jù)函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，+∞）上為減函數(shù)可確定a≤-

1

2x(x+1)

，又-

1

2x(x+1)

最小值為-

1

4

，從而可確定a的取值范圍；
（3）不等式f（x）-x≤0可化簡(jiǎn)為ax²+ln（x+1）-x≤0，分情況討論，a=0，a＜0和a＞0時(shí)ax²+ln（x+1）-x≤0是否恒成立即可．

解答： 解：（1）當(dāng)a=-

1

4

時(shí)，f(x)=-

1

4

x2+ln(x+1)(x＞-1)，
∴f′(x)=-

1

2

x+

1

x+1

=-

(x+2)(x-1)

x+1

解f′（x）＞0得-1＜x＜1；
解f′（x）＜0得x＞1．
∴f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（-1，1），單調(diào)遞減區(qū)間是（1，+∞）．
（2）因?yàn)楹瘮?shù)f（x）在區(qū)間[1，+∞）上為減函數(shù)，
∴f′(x)=2ax+

1

x+1

≤0對(duì)?x∈[1，+∞）恒成立
即a≤-

1

2x(x+1)

對(duì)?x∈[1，+∞）恒成立
∴a≤-

1

4

．
（3）∵當(dāng)x∈[0，+∞）時(shí)，不等式f（x）-x≤0恒成立，
即ax²+ln（x+1）-x≤0恒成立，
設(shè)g（x）=ax²+ln（x+1）-x（x≥0），
只需g（x）_min≤0即可
由g′(x)=2ax+

1

x+1

-1=

x[2ax+(2a-1)]

x+1

①當(dāng)a=0時(shí)，g′(x)=-

x

x+1

，
當(dāng)x＞0時(shí)，g′（x）＜0，函數(shù)g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，
∴g（x）≤g（0）=0成立
②當(dāng)a＞0時(shí)，令g′（x）=0，
∵x≥0，
∴解得x=

1

2a

-1
1）當(dāng)

1

2a

-1＜0，即a＞

1

2

時(shí)，在區(qū)間（0，+∞）上g′（x）＞0，
則函數(shù)g（x）在（0．+∞）上單調(diào)遞增，
∴g（x）在[0，+∞）上無(wú)最大值，不合題設(shè)．
2）當(dāng)

1

2a

-1≥0時(shí)，即0＜a≤

1

2

時(shí)，在區(qū)間(0，

1

2a

-1)上g′（x）＜0；
在區(qū)間(

1

2a

-1，+∞)上g′（x）＞0．
∴函數(shù)g（x）在區(qū)間(0，

1

2a

-1)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(

1

2a

-1，+∞)上單調(diào)遞增，
同樣g（x）在[0，+∞）無(wú)最大值，不滿足條件．
③當(dāng)a＜0時(shí)，由x≥0，故2ax+（2a-1）＜0，
∴g′(x)=

x[2ax+(2a-1)]

x+1

＜0，
∴函數(shù)g（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞減，
∴g（x）≤g（0）=0成立，
綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是（-∞，0]．

點(diǎn)評(píng)：本題考查導(dǎo)數(shù)在求函數(shù)單調(diào)性和最值中的應(yīng)用，以及不等式恒成立問(wèn)題的解決技巧，考查分類討論的數(shù)學(xué)思想，屬于難題．