Question

20．已知函数f（x）=ax²+ln（x+1）．
（Ⅰ）当a=-$\frac{1}{4}$时，函数g（x）=f（x）-k在[0，2]内有两个零点，求实数k的取值范围；
（Ⅱ）当x∈[0，+∞）时，不等式f（x）≤x恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （I）判断f（x）在[0，2]上的单调性，求出f（x）在[0，2]内单调区间端点的函数值，根据零点个数得出k的范围；
（II）令h（x）=f（x）-x，对a进行讨论判断h（x）在[0，+∞）上的单调性，令h_min（x）≤0即可．

解答 解：（I）a=-$\frac{1}{4}$时，f（x）=-$\frac{1}{4}$x²+ln（x+1），
f（x）的定义域为（-1，+∞）．
∴f′（x）=-$\frac{1}{2}$x+$\frac{1}{x+1}$，令f′（x）=0得x=1或x=-2（舍）．
∴当-1＜x＜1时，f′（x）＞0，当x＞1时，f′（x）＜0，
∴f（x）在[0，1）上为增函数，在（1，2]上为减函数，
且f（0）=0，f（1）=ln2-$\frac{1}{4}$，f（2）=ln3-1＞0．
∵函数g（x）=f（x）-k在[0，2]内有两个零点，
∴方程f（x）=k在[0，2]上有两解，
∴ln3-1≤k＜ln2-$\frac{1}{4}$．
（II）令h（x）=f（x）-x=ax²-x+ln（x+1），
则h（x）≤0在[0，+∞）上恒成立，∴h_max（x）≤0．
h′（x）=2ax+$\frac{1}{x+1}$-1，
（1）当a≤0时，2ax≤0，$\frac{1}{x+1}-1$≤0，∴h′（x）=≤0，∴h（x）在[0，+∞）上为减函数，
∴h_max（x）=h（0）=0，符合题意．
（2）当a＞0时，令h′（x）=0，即2ax²+（2a-1）x=0，解得x=0或x=$\frac{1-2a}{2a}$=$\frac{1}{2a}$-1．
①若$\frac{1}{2a}-1$≤0，即a≥$\frac{1}{2}$时，h′（x）≥0在[0，+∞）上恒成立，
∴h（x）在[0，+∞]上为增函数，∴当x＞0时，h（x）＞h（0）=0，不符合题意．
②若$\frac{1}{2a}-1$＞0，即0＜a$＜\frac{1}{2}$时，则当x∈（0，$\frac{1}{2a}-1$）时，h′（x）＜0，当x∈（$\frac{1}{2a}-1$，+∞）时，h′（x）＞0．
∴h（x）在[0，$\frac{1}{2a}-1$）上为减函数，在（$\frac{1}{2a}-1$，+∞）上为增函数，
且x→+∞时，h（x）→+∞，不符合题意．
综上，a的取值范围是（-∞，0]．

点评 本题考查了函数的单调性与极值，函数零点的判断，属于中档题．