Question

18．设函数$f（x）=ln（{x+1}）+\frac{1}{2}a{x^2}-x$，其中a∈R．
（Ⅰ）当a=2时，讨论函数f（x）的单调性，并说明理由；
（Ⅱ）若?x＞0，f（x）≥ax-x成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）令φ（x）=f（x）-ax+x，求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出φ（x）的单调性，进而确定a的范围即可．

解答 解：（I）函数f（x）=ln（x+1）+x²-x的定义域为（-1，+∞），
∴$f'（x）=\frac{{2{x^2}+x}}{x+1}$
令$f'（x）=\frac{{2{x^2}+x}}{x+1}＜0$，解得$x∈（{-\frac{1}{2}，0}）$
当$x∈（{-1，-\frac{1}{2}}），（{0，+∞}）$时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，
当$x∈（{-\frac{1}{2}，0}）$时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，
（Ⅱ）因为?x＞0，f（x）≥ax-x成立，所以$φ（x）=ln（{x+1}）+\frac{1}{2}a{x^2}-ax＞0$对x＞0
恒成立，$φ'（x）=\frac{1}{x+1}+ax-a=\frac{{a{x^2}+1-a}}{x+1}$
（1）当0≤a≤1时，φ'（x）≥0，则φ（x）在（0，+∞）上单调递增，
∴φ（x）＞φ（0）=0，满足题意．
（2）当a＞1时，令φ'（x）＜0，则$0＜x＜\sqrt{\frac{a-1}{a}}$，
∴φ（x）在$（0，\sqrt{\frac{a-1}{a}}）$上单调递减，
∴x∈$（0，\sqrt{\frac{a-1}{a}}）$时，∴φ（x）＜φ（0）=0，不满足题意．
（3）当a＜0时，令φ'（x）＞0，则$0＜x＜\sqrt{\frac{a-1}{a}}$，
∴φ（x）在$（0，\sqrt{\frac{a-1}{a}}）$上单调递增，在$（\sqrt{\frac{a-1}{a}}，+∞）$上单调递减，
取${x_0}=2（1-\frac{1}{a}）∈（\sqrt{\frac{a-1}{a}}，+∞）$时，$φ（{x_0}）=ln（{{x_0}+1}）+\frac{1}{2}a{x_0}^2-a{x_0}＜{x_0}+\frac{1}{2}a{x_0}^2-a{x_0}$，
∴$φ（{x_0}）＜\frac{1}{2}a{x_0}^2+（1-a）{x_0}=\frac{1}{2}a{x_0}[{x_0}-\frac{2（a-1）}{a}]＜0$，不满足题意．
综上所述：a的取值范围[0，1]．

点评 本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，是一道中档题．