Question

3．已知函數(shù)f（x）=ax²+2x-ln（x+1）（a為常數(shù)）
（1）當a=-1時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）求x∈[0，+∞）時，不等式f（x）≤x恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）問題轉(zhuǎn)換為x∈[0，+∞）時，g（x）_max≤0，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，確定函數(shù)的單調(diào)性，從而確定a的范圍即可．

解答 解：（1）函數(shù)的定義域為（-1，+∞），
當a=-1時，f（x）=-x²+2x-ln（x+1），
∴f′（x）=-2x+2-$\frac{1}{x+1}$=$\frac{1-{2x}^{2}}{x+1}$----------------------------------------------（2分）
由f′（x）＞0得：-$\frac{\sqrt{2}}{2}$＜x＜$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
由f′（x）＜0，得：-1＜x＜-$\frac{\sqrt{2}}{2}$或x＞$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（-$\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），
單調(diào)減區(qū)間為（-1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，+∞）．------------------------------（4分）
（2）當x∈[0，+∞）時，f（x）≤x恒成立，
令g（x）=f（x）-x=ax²+x-ln（x+1），
問題轉(zhuǎn)換為x∈[0，+∞）時，g（x）_max≤0，
∵$g'（x）=2ax+1-\frac{1}{1+x}=\frac{x[2ax+（2a+1）]}{x+1}$，
?當a=0時，$g'（x）=\frac{x}{x+1}≥0$，
∴g（x）在x∈[0，+∞）上單調(diào)遞增，此時g（x）無最大值，故a=0不合題意．--------（6分）
?當a＞0時，令g'（x）=0解得，${x_1}=0，{x_2}=\frac{-（2a+1）}{2a}＜0$，
此時g（x）在x∈[0，+∞）上單調(diào)遞增，此時無最大值，故a＞0不合題意．--------（8分）
?當a＜0時，令g'（x）=0解得，${x_1}=0，{x_2}=\frac{-（2a+1）}{2a}$，
當 $-\frac{1}{2}＜a＜0$時，${x_2}=\frac{-（2a+1）}{2a}＞0$，
而g（x）在[0，x₂）上單調(diào)遞增，在在[x₂，+∞）上單調(diào)遞減，
∴g（x）_max=g（x₂）=$a-\frac{1}{4a}-ln（-\frac{1}{2a}）=a-\frac{1}{4a}+ln（-2a）$，
令$ϕ（x）=x-\frac{1}{4x}+ln（-2x），x∈（-\frac{1}{2}，0）$，
則$ϕ'（x）=1+\frac{1}{{4{x^2}}}+\frac{1}{x}=\frac{{{{（2x+1）}^2}}}{{4{x^2}}}＞0$，
∴ϕ（x）在$x∈（-\frac{1}{2}，0）$上單調(diào)遞增，
又$ϕ（-\frac{1}{e^3}）=-\frac{1}{e^3}+\frac{e^3}{4}-3ln2$，當e≈2.71時，e³≈19.9，
∴ϕ（x）在$x∈（-\frac{1}{2}，0）$小于或等于0不恒成立，
即g（x）_max≤0不恒成立，
故$-\frac{1}{2}＜a＜0$不合題意．
當$a≤-\frac{1}{2}$時，${x_2}=\frac{-（2a+1）}{2a}＜0$，
而此時g（x）在x∈[0，+∞）上單調(diào)遞減，
∴g（x）_max=g（0）=0，符合題意．
綜上可知，實數(shù)a的取值范圍是$（-∞，-\frac{1}{2}]$．------------------------------（12分）

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，是一道中檔題．