Question

已知函数f（x）=aln（x+1）+

1

x+1

+3x-1．
（1）当a=1时，求f（x）的单调区间；
（2）若x≥0时，f（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

考点：函数恒成立问题,函数单调性的判断与证明

专题：导数的综合应用

分析：（1）先求函数的定义域，把a=1代入函数解析式，求导，得单调区间；
（2）令t=x+1，若x≥0时，则t≥1
函数f（x）=aln（x+1）+

1

x+1

+3x-1=alnt+

1

t

+3t-4．
x≥0时，f（x）≥0恒成立，等价于t≥1时，alnt+

1

t

+3t-4≥0．
令g（t）=alnt+

1

t

+3t-4．
对函数g（t）求导，研究g（t）即可．

解答： 解：（1）函数的定义域为（-1，+∞）
当a=1时，f′（x）=

1

x+1

-

1

(x+1)2

+3=

3x2+7x+3

(x+1)2

，
令f′（x）=0得x₁=

-7- 13

6

、x₂=

-7+ 13

6

，
∴当-1＜x＜

-7+ 13

6

时，f′（x）＜0，∴f（x）的单调减区间为（-1，

-7+ 13

6

）；
∴当x＞

-7+ 13

6

时，f′（x）＞0，∴f（x）的单调增区间为（-

-7+ 13

6

，+∞）；
（2）令t=x+1，若x≥0时，则t≥1
函数f（x）=aln（x+1）+

1

x+1

+3x-1=alnt+

1

t

+3t-4．
x≥0时，f（x）≥0恒成立，等价于t≥1时，alnt+

1

t

+3t-4≥0．
令g（t）=alnt+

1

t

+3t-4．
g（1）=0+1+3-4=0
g′（t）=

a

t

-

1

t2

+3=

3t2+at-1

t2

设h（t）=3t²+at-1
则h（t）恒过（0，-1）
①当h（1）≥0，画函数y=h（t）的图象如图：

故当h（1）≥0，即3+a-1≥0，也即a≥-2时，h（t）≥0在t≥1恒成立，
∴g′（t）≥0在t≥1恒成立，
∴g（t）在t≥1时递增，∴g（t）≥g（1）=0恒成立，
②当h（1）＜0时，

即当h（1）＜0，即3+a-1＜0，也即a＜-2时，h（t）＜0在t∈（1，t₂）恒成立，
∴g′（t）＜0在t∈（1，t₂）恒成立，
∴g（t）在t∈（1，t₂）时递减，∴g（t）＜g（1）=0恒成立，不满足g（t）＞0恒成立，
综上a≥-2

点评：本题主要研究函数与导数的关系，情况复杂时，可以进行分类讨论，同时结合图象解题也是常用方法．