Question

3．已知函數(shù)f（x）=ax²+ln（x+1）
（1）若函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，+∞]上為減函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；
（2）當x∈[0，+∞）時，不等式f（x）-x≤0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）先求出函數(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)，問題轉(zhuǎn)化為a≤-$\frac{1}{2x（x+1）}$對?x∈[1，+∞）恒成立，從而求出a的范圍；
（2）問題轉(zhuǎn)化為ax²+ln（x+1）-x≤0恒成立，設(shè)g（x）=ax²+ln（x+1）-x，（x≥0），即只需g（x）_max≤0即可，通過討論a，得到函數(shù)g（x）的單調(diào)性，從而求出g（x）的最小值，進而求出a的值．

解答 解：（1）因為函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，+∞）上為減函數(shù)，
所以f′（x）=2ax+$\frac{1}{x+1}$≤0對?x∈[1，+∞）恒成立
即a≤-$\frac{1}{2x（x+1）}$對?x∈[1，+∞）恒成立，
∴a≤-$\frac{1}{4}$．
（2）因為當x∈[0，+∞）時，不等式f（x）-x≤0恒成立，
即ax²+ln（x+1）-x≤0恒成立，設(shè)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當a=0時，g′（x）=-$\frac{x}{x+1}$，當x＞0時，g′（x）＜0，函數(shù)g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，故g（x）≤g（0）=0成立
②當a＞0時，令g′（x）=0，因為x≥0，所以解得：x=$\frac{1}{2a}$-1，
1）當$\frac{1}{2a}$-1＜0，即a＞$\frac{1}{2}$時，在區(qū)間（0，+∞）上g′（x）＞0，則函數(shù)g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
故g（x）在[0，+∞）上無最大值，不合題設(shè)．
2）當$\frac{1}{2a}$-1≥0時，即0＜a≤$\frac{1}{2}$時，在區(qū)間（0，$\frac{1}{2a}$-1）上g′（x）＜0；在區(qū)間（$\frac{1}{2a}$-1，+∞）上g′（x）＞0，
∴函數(shù)g（x）在（0，$\frac{1}{2a}$-1）上單調(diào)遞減，在區(qū)間（$\frac{1}{2a}$-1，+∞）單調(diào)遞增，同樣g（x）在[0，+∞）無最大值，不滿足條件，
③當a＜0時，由x≥0，故2ax+（2a-1）＜0，∴g′（x）＜0，故函數(shù)g（x）在[0，+∞）單調(diào)遞減，故g（x）≤g（0）=0成立，
綜上所述，實數(shù)a的取值范圍是（-∞，0]．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性問題，考查函數(shù)恒成立問題，考查轉(zhuǎn)化思想，分類討論，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，本題計算量較大，有一定難度．