Question

20．已知函數f（x）=ax²+ln（x+1）．
（Ⅰ）當a=-$\frac{1}{4}$時，函數g（x）=f（x）-k在[0，2]內有兩個零點，求實數k的取值范圍；
（Ⅱ）當x∈[0，+∞）時，不等式f（x）≤x恒成立，求實數a的取值范圍．

Answer 1

分析 （I）判斷f（x）在[0，2]上的單調性，求出f（x）在[0，2]內單調區(qū)間端點的函數值，根據零點個數得出k的范圍；
（II）令h（x）=f（x）-x，對a進行討論判斷h（x）在[0，+∞）上的單調性，令h_min（x）≤0即可．

解答 解：（I）a=-$\frac{1}{4}$時，f（x）=-$\frac{1}{4}$x²+ln（x+1），
f（x）的定義域為（-1，+∞）．
∴f′（x）=-$\frac{1}{2}$x+$\frac{1}{x+1}$，令f′（x）=0得x=1或x=-2（舍）．
∴當-1＜x＜1時，f′（x）＞0，當x＞1時，f′（x）＜0，
∴f（x）在[0，1）上為增函數，在（1，2]上為減函數，
且f（0）=0，f（1）=ln2-$\frac{1}{4}$，f（2）=ln3-1＞0．
∵函數g（x）=f（x）-k在[0，2]內有兩個零點，
∴方程f（x）=k在[0，2]上有兩解，
∴l(xiāng)n3-1≤k＜ln2-$\frac{1}{4}$．
（II）令h（x）=f（x）-x=ax²-x+ln（x+1），
則h（x）≤0在[0，+∞）上恒成立，∴h_max（x）≤0．
h′（x）=2ax+$\frac{1}{x+1}$-1，
（1）當a≤0時，2ax≤0，$\frac{1}{x+1}-1$≤0，∴h′（x）=≤0，∴h（x）在[0，+∞）上為減函數，
∴h_max（x）=h（0）=0，符合題意．
（2）當a＞0時，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≥$\frac{1}{2}$時，h′（x）≥0在[0，+∞）上恒成立，
∴h（x）在[0，+∞]上為增函數，∴當x＞0時，h（x）＞h（0）=0，不符合題意．
②若$\frac{1}{2a}-1$＞0，即0＜a$＜\frac{1}{2}$時，則當x∈（0，$\frac{1}{2a}-1$）時，h′（x）＜0，當x∈（$\frac{1}{2a}-1$，+∞）時，h′（x）＞0．
∴h（x）在[0，$\frac{1}{2a}-1$）上為減函數，在（$\frac{1}{2a}-1$，+∞）上為增函數，
且x→+∞時，h（x）→+∞，不符合題意．
綜上，a的取值范圍是（-∞，0]．

點評 本題考查了函數的單調性與極值，函數零點的判斷，屬于中檔題．