Question

已知函数f（x）=ax²+ln（x+1）．
（1）当a=-

1

4

时，求函数f（x）的单调区间；
（2）若函数f（x）在区间[1，+∞）上为减函数，求实数a的取值范围；
（3）当x∈[0，+∞）时，不等式f（x）-x≤0恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用

专题：导数的综合应用

分析：（1）当a=-

1

4

时，直接对f（x）求导，解不等式f′（x）＞0和f′（x）＜0，即可求函数f（x）的单调区间；
（2）根据函数f（x）在区间[1，+∞）上为减函数可确定a≤-

1

2x(x+1)

，又-

1

2x(x+1)

最小值为-

1

4

，从而可确定a的取值范围；
（3）不等式f（x）-x≤0可化简为ax²+ln（x+1）-x≤0，分情况讨论，a=0，a＜0和a＞0时ax²+ln（x+1）-x≤0是否恒成立即可．

解答： 解：（1）当a=-

1

4

时，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）的单调递增区间是（-1，1），单调递减区间是（1，+∞）．
（2）因为函数f（x）在区间[1，+∞）上为减函数，
∴f′(x)=2ax+

1

x+1

≤0对?x∈[1，+∞）恒成立
即a≤-

1

2x(x+1)

对?x∈[1，+∞）恒成立
∴a≤-

1

4

．
（3）∵当x∈[0，+∞）时，不等式f（x）-x≤0恒成立，
即ax²+ln（x+1）-x≤0恒成立，
设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当a=0时，g′(x)=-

x

x+1

，
当x＞0时，g′（x）＜0，函数g（x）在（0，+∞）上单调递减，
∴g（x）≤g（0）=0成立
②当a＞0时，令g′（x）=0，
∵x≥0，
∴解得x=

1

2a

-1
1）当

1

2a

-1＜0，即a＞

1

2

时，在区间（0，+∞）上g′（x）＞0，
则函数g（x）在（0．+∞）上单调递增，
∴g（x）在[0，+∞）上无最大值，不合题设．
2）当

1

2a

-1≥0时，即0＜a≤

1

2

时，在区间(0，

1

2a

-1)上g′（x）＜0；
在区间(

1

2a

-1，+∞)上g′（x）＞0．
∴函数g（x）在区间(0，

1

2a

-1)上单调递减，在区间(

1

2a

-1，+∞)上单调递增，
同样g（x）在[0，+∞）无最大值，不满足条件．
③当a＜0时，由x≥0，故2ax+（2a-1）＜0，
∴g′(x)=

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

x+1

＜0，
∴函数g（x）在[0，+∞）上单调递减，
∴g（x）≤g（0）=0成立，
综上所述，实数a的取值范围是（-∞，0]．

点评：本题考查导数在求函数单调性和最值中的应用，以及不等式恒成立问题的解决技巧，考查分类讨论的数学思想，属于难题．