Question

4．已知函數(shù)f（x）=ax²+1n（x+1）．
（Ⅰ）當(dāng)時a=-$\frac{1}{4}$時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）當(dāng)x∈[0，+∞）時，函數(shù)y=f（x）的圖象上的點都在$\left\{\begin{array}{l}x≥0\\ y-x≤0\end{array}\right.$所表示的平面區(qū)域內(nèi)，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）將a的值代入，求出函數(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，從而求出函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）將問題轉(zhuǎn)化為ax²+ln（x+1）≤x恒成立，設(shè)g（x）=ax²+ln（x+1）-x，（x≥0），只需g（x）_max≤0即可，通過討論a的范圍，得到函數(shù)g（x）的單調(diào)性，
從而求出a是范圍．

解答 解：（Ⅰ）當(dāng)a=-$\frac{1}{4}$時，f（x）=-$\frac{1}{4}$x²+ln（x+1），（x＞-1），
f′（x）=-$\frac{1}{2}$x+$\frac{1}{x+1}$=-$\frac{（x+2）（x-1）}{2（x+1）}$，（x＞-1），
由f′（x）＞0解得-1＜x＜1，由f′（x）＜0解得：x＞1，
∴函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（-1，1），單調(diào)遞減區(qū)間是（1，+∞）；
（Ⅱ）當(dāng)x∈[0，+∞）時，函數(shù)y=f（x）的圖象上的點都在$\left\{\begin{array}{l}{x≥0}\\{y-x≤0}\end{array}\right.$
所表示的平面區(qū)域內(nèi)，即當(dāng)x∈[0，+∞）時，不等式f（x）≤x恒成立，
即ax²+ln（x+1）≤x恒成立，設(shè)g（x）=ax²+ln（x+1）-x，（x≥0），
只需g（x）_max≤0即可，
由g′（x）=2ax+$\frac{1}{x+1}$-1=$\frac{x[2ax+（2a-1）]}{（x+1）}$，
（i）當(dāng)a=0時，g′（x）=$\frac{-x}{x+1}$，
當(dāng)x＞0時，g′（x）＜0，函數(shù)g（x）在（0，+∞）單調(diào)遞減，
∴g（x）≤g（0）=0成立，
（ii）當(dāng)a＞0時，由g′（x）=$\frac{x[2ax+（2a-1）]}{（x+1）}$=0，
因x∈[0，+∞），∴x=$\frac{1}{2a}$-1，
①若$\frac{1}{2a}$-1＜0，即a＞$\frac{1}{2}$時，在區(qū)間（0，+∞）上，g′（x）＞0，
函數(shù)g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，函數(shù)g（x）在[0，+∞）上無最大值，此時不滿足；
②若$\frac{1}{2a}$-1≥0，即0＜a≤$\frac{1}{2}$時，函數(shù)g（x）在（0，$\frac{1}{2a}$-1）上單調(diào)遞減，
在區(qū)間（$\frac{1}{2a}$-1，+∞）上單調(diào)遞增，同樣函數(shù)g（x）在[0，+∞）上無最大值，此時也不滿足；
（iii）當(dāng)a＜0時，由g′（x）=$\frac{x[2ax+（2a-1）]}{（x+1）}$，∵x∈[0，+∞），
∴2ax+（2a-1）＜0，∴g′（x）＜0，故函數(shù)g（x）在[0，+∞）單調(diào)遞減，
∴g（x）≤g（0）=0恒成立，
綜上：實數(shù)a的取值范圍是（-∞，0]．

點評 本題考查了導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，考查了函數(shù)恒成立問題，考查分類討論思想，本題有一定的難度．