Question

已知函数f（x）=ax²+ln（x+1），（a∈R）．
（Ⅰ）设函数Y=F（X-1）定义域为D
①求定义域D；
②若函数h（x）=x⁴+[f（x）-ln（x+1）]（x+

1

x

）+cx²+f′（0）在D上有零点，求a²+c²的最小值；
（Ⅱ） 当a=

1

2

时，g（x）=f′（x-1）+bf（x-1）-ab（x-1）²+2a，若对任意的x∈[1，e]，都有

2

e

≤g（x）≤2e恒成立，求实数b的取值范围；（注：e为自然对数的底数）
（Ⅲ）当x∈[0，+∞）时，函数y=f（x）图象上的点都在

x≥0 y-x≤0

所表示的平面区域内，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析：（Ⅰ）①利用函数f（x）的定义域为（-1，+∞），可得所求函数的定义域为（0，+∞）；
②利用换元法，可得二次方程，分类讨论，可求a²+c²的最小值；
（Ⅱ）求导函数，再分类讨论，确定函数的单调性，求出函数的最值，利用若对任意的x∈[1，e]，都有

2

e

≤g（x）≤2e恒成立，即可求实数b的取值范围；
（Ⅲ）因函数f（x）图象上的点都在

x≥0 y-x≤0

所表示的平面区域内，则当x∈[0，+∞）时，不等式f（x）≤x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）_max≤0即可，分类讨论，即可得到结论．

解答：解：（Ⅰ）①∵函数f（x）的定义域为（-1，+∞），∴所求函数的定义域为（0，+∞）；…（3分）
②函数h（x）=x⁴+[f（x）-ln（x+1）]（x+

1

x

）+cx²+f′（0）=0，
即x2+ax+c+

a

x

+

1

x2

=0，
令t=x+

1

x

，方程为t²+at+c-2=0，t≥2，
设g（t）=0，
当-

a

2

＞2，即a＜-4时，只需△=a²-4c+8≥0，此时，a²+c²≥16；
当-

a

2

≤2，即a≥-4时，只需2²+2a+c-2≤0，即2a+c+2≤0，此时a2+c2≥

4

5

． 
∴a²+c²的最小值为

4

5

．…（5分）
（Ⅱ）由题，g′（x）=

x2+bx-1

x2

，x∈[1，e]
令h（x）=x²+bx-1，注意y=h（x）的图象过点（0，-1），且开口向上，从而有
（1）当h（1）≥0，即b≥0时，g′（x）≥0，g（x）单调递增，
所以有

g(1)=1+1≥ 2 e g(e)=e+ 1 e +b≤2e

，得0≤b≤e-

1

e

； …（7分）
（2）当g（e）=e²+eb-1≤0，即b≤

1

e

-e时，g′（x）≤0，g（x）单调递减，
所以有

g(1)=1+1≤2e g(e)=e+ 1 e +b≥ 2 e

得b≥

1

e

-e，故只有b=

1

e

-e符合；…（9分）
（3）当

g(1)＜0 g(e)＞0

即

1

e

-e＜b＜0时，记函数h（x）=x²+bx-1的零点为t∈[1，e），
此时，函数g（x）在（1，t）上单调递减，在（t，e）上单调递增，
所以，

g(1)≤2e g(e)≤2e g(t)=t+ 1 t +blnt≥ 2 e

，∴t+

1

t

+blnt≥

2

e

因为t∈（1，e）是函数h（x）=x²+bx-1的零点，所以b=

1

t

-t，
故有t+

1

t

+(

1

t

-t)lnt≥

2

e

令m（t）=t+

1

t

+(

1

t

-t)lnt，t∈（1，e），则m′（t）=(-1-

1

t2

)lnt≤0
所以函数y=h（t）在（1，e）上单调递减，故m（t）＞m（e）=

2

e

恒成立，
此时，

1

e

-e＜b＜0；
综上所述，实数b的取值范围是[

1

e

-e，e-

1

e

]． …（11分）
（Ⅲ）因函数f（x）图象上的点都在

x≥0 y-x≤0

所表示的平面区域内，则当x∈[0，+∞）时，不等式f（x）≤x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）_max≤0即可．
由g′(x)=

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

x+1

，
（ⅰ）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，
故g（x）≤g（0）=0成立．（13分）
（ⅱ）当a＞0时，由g′(x)=

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

x+1

=0，因x∈[0，+∞），所以x=

1

2a

-1，
①若

1

2a

-1＜0，即a＞

1

2

时，在区间x∈（0，+∞）上，g′（x）＞0，则函数g（x）在x∈[0，+∞）上单调递增，g（x）在x∈[0，+∞）上无最大值，此时不满足条件；
②若

1

2a

-1≥0，即0＜a≤

1

2

时，函数g（x）在(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x∈[0，+∞）上无最大值，不满足条件．（15分）
（ⅲ）当a＜0时，由g′(x)=

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

x+1

，∵x∈[0，+∞），∴2ax+（2a-1）＜0，
∴g′（x）＜0，故函数g（x）在x∈[0，+∞）上单调递减，故g（x）≤g（0）=0成立．
综上所述，实数a的取值范围是（-∞，0]．（16分）

点评：本题导数知识的综合运用，考查函数的单调性与最值，考查分类讨论的数学思想，考查学生分析解决问题的能力，难度大．