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幼苗
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第一小题当a=−1 4 时,f(x)=−1 4 x2+ln(x+1)(x>-1),f′(x)=−1 2 x+1 x+1 =−(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.
故函数f(x)的单调递增区间为(-1,1),单调递减区间为(1,+∞).(4分)
第二小题因当x∈[0,+∞)时,不等式f(x)≤x恒成立,即ax2+ln(x+1)-x≤0恒成立,设g(x)=ax2+ln(x+1)-x(x≥0),只需g(x)max≤0即可.(5分)
由g′(x)=2ax+1 x+1 −1=x[2ax+(2a−1)] x+1 ,
(1)当a=0时,g′(x)=−x x+1 ,当x>0时,g'(x)<0,函数g(x)在(0,+∞)上单调递减,故g(x)≤g(0)=0成立(2)当a>0时,由g′(x)=x[2ax+(2a−1)] x+1 =0,因x∈[0,+∞),所以x=1 2a −1,
①若1 2a −1<0,即a>1 2 时,在区间(0,+∞)上,g'(x)>0,则函数g(x)在(0,+∞)上单调递增,g(x)在[0,+∞)上无最大值(或:当x→+∞时,g(x)→+∞),此时不满足条件;
②若1 2a −1≥0,即0<a≤1 2 时,函数g(x)在(0,1 2a −1)上单调递减,在区间(1 2a −1,+∞)上单调递增,同样g(x)在[0,+∞)上无最大值,不满足条件.
(3)当a<0时,由g′(x)=x[2ax+(2a−1)] x+1 ,∵x∈[0,+∞),∴2ax+(2a-1)<0,
∴g'(x)<0,故函数g(x)在[0,+∞)上单调递减,故g(x)≤g(0)=0成立.
综上所述,实数a的取值范围是(-∞,0].
1年前
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