Question

4．已知函数f（x）=ax²+1n（x+1）．
（Ⅰ）当时a=-$\frac{1}{4}$时，求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）当x∈[0，+∞）时，函数y=f（x）的图象上的点都在$\left\{\begin{array}{l}x≥0\\ y-x≤0\end{array}\right.$所表示的平面区域内，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）将a的值代入，求出函数f（x）的导数，解关于导函数的不等式，从而求出函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）将问题转化为ax²+ln（x+1）≤x恒成立，设g（x）=ax²+ln（x+1）-x，（x≥0），只需g（x）_max≤0即可，通过讨论a的范围，得到函数g（x）的单调性，
从而求出a是范围．

解答 解：（Ⅰ）当a=-$\frac{1}{4}$时，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，
∴函数f（x）的单调递增区间是（-1，1），单调递减区间是（1，+∞）；
（Ⅱ）当x∈[0，+∞）时，函数y=f（x）的图象上的点都在$\left\{\begin{array}{l}{x≥0}\\{y-x≤0}\end{array}\right.$
所表示的平面区域内，即当x∈[0，+∞）时，不等式f（x）≤x恒成立，
即ax²+ln（x+1）≤x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=$\frac{x[2ax+（2a-1）]}{（x+1）}$，
（i）当a=0时，g′（x）=$\frac{-x}{x+1}$，
当x＞0时，g′（x）＜0，函数g（x）在（0，+∞）单调递减，
∴g（x）≤g（0）=0成立，
（ii）当a＞0时，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＞$\frac{1}{2}$时，在区间（0，+∞）上，g′（x）＞0，
函数g（x）在（0，+∞）上单调递增，函数g（x）在[0，+∞）上无最大值，此时不满足；
②若$\frac{1}{2a}$-1≥0，即0＜a≤$\frac{1}{2}$时，函数g（x）在（0，$\frac{1}{2a}$-1）上单调递减，
在区间（$\frac{1}{2a}$-1，+∞）上单调递增，同样函数g（x）在[0，+∞）上无最大值，此时也不满足；
（iii）当a＜0时，由g′（x）=$\frac{x[2ax+（2a-1）]}{（x+1）}$，∵x∈[0，+∞），
∴2ax+（2a-1）＜0，∴g′（x）＜0，故函数g（x）在[0，+∞）单调递减，
∴g（x）≤g（0）=0恒成立，
综上：实数a的取值范围是（-∞，0]．

点评 本题考查了导数的应用，考查了函数恒成立问题，考查分类讨论思想，本题有一定的难度．