Question

3．已知函数f（x）=ax²+ln（x+1）
（1）若函数f（x）在区间[1，+∞]上为减函数，求实数a的取值范围；
（2）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

分析 （1）先求出函数f（x）的导数，问题转化为a≤-$\frac{1}{2x（x+1）}$对?x∈[1，+∞）恒成立，从而求出a的范围；
（2）问题转化为ax²+ln（x+1）-x≤0恒成立，设g（x）=ax²+ln（x+1）-x，（x≥0），即只需g（x）_max≤0即可，通过讨论a，得到函数g（x）的单调性，从而求出g（x）的最小值，进而求出a的值．

解答 解：（1）因为函数f（x）在区间[1，+∞）上为减函数，
所以f′（x）=2ax+$\frac{1}{x+1}$≤0对?x∈[1，+∞）恒成立
即a≤-$\frac{1}{2x（x+1）}$对?x∈[1，+∞）恒成立，
∴a≤-$\frac{1}{4}$．
（2）因为当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）_max≤0即可
由g′（x）=2ax+$\frac{1}{x+1}$-1=$\frac{x[2ax+（2a-1）]}{x+1}$，
①当a=0时，g′（x）=-$\frac{x}{x+1}$，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
②当a＞0时，令g′（x）=0，因为x≥0，所以解得：x=$\frac{1}{2a}$-1，
1）当$\frac{1}{2a}$-1＜0，即a＞$\frac{1}{2}$时，在区间（0，+∞）上g′（x）＞0，则函数g（x）在（0，+∞）上单调递增，
故g（x）在[0，+∞）上无最大值，不合题设．
2）当$\frac{1}{2a}$-1≥0时，即0＜a≤$\frac{1}{2}$时，在区间（0，$\frac{1}{2a}$-1）上g′（x）＜0；在区间（$\frac{1}{2a}$-1，+∞）上g′（x）＞0，
∴函数g（x）在（0，$\frac{1}{2a}$-1）上单调递减，在区间（$\frac{1}{2a}$-1，+∞）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）＜0，故函数g（x）在[0，+∞）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]．

点评 本题考查了函数的单调性问题，考查函数恒成立问题，考查转化思想，分类讨论，考查导数的应用，本题计算量较大，有一定难度．