Question

已知函數(shù)f（x）=ax²+ln（x+1），（a∈R）．
（Ⅰ）設(shè)函數(shù)Y=F（X-1）定義域為D
①求定義域D；
②若函數(shù)h（x）=x⁴+[f（x）-ln（x+1）]（x+

1

x

）+cx²+f′（0）在D上有零點，求a²+c²的最小值；
（Ⅱ） 當a=

1

2

時，g（x）=f′（x-1）+bf（x-1）-ab（x-1）²+2a，若對任意的x∈[1，e]，都有

2

e

≤g（x）≤2e恒成立，求實數(shù)b的取值范圍；（注：e為自然對數(shù)的底數(shù)）
（Ⅲ）當x∈[0，+∞）時，函數(shù)y=f（x）圖象上的點都在

x≥0 y-x≤0

所表示的平面區(qū)域內(nèi)，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析：（Ⅰ）①利用函數(shù)f（x）的定義域為（-1，+∞），可得所求函數(shù)的定義域為（0，+∞）；
②利用換元法，可得二次方程，分類討論，可求a²+c²的最小值；
（Ⅱ）求導函數(shù)，再分類討論，確定函數(shù)的單調(diào)性，求出函數(shù)的最值，利用若對任意的x∈[1，e]，都有

2

e

≤g（x）≤2e恒成立，即可求實數(shù)b的取值范圍；
（Ⅲ）因函數(shù)f（x）圖象上的點都在

x≥0 y-x≤0

所表示的平面區(qū)域內(nèi)，則當x∈[0，+∞）時，不等式f（x）≤x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，分類討論，即可得到結(jié)論．

解答：解：（Ⅰ）①∵函數(shù)f（x）的定義域為（-1，+∞），∴所求函數(shù)的定義域為（0，+∞）；…（3分）
②函數(shù)h（x）=x⁴+[f（x）-ln（x+1）]（x+

1

x

）+cx²+f′（0）=0，
即x2+ax+c+

a

x

+

1

x2

=0，
令t=x+

1

x

，方程為t²+at+c-2=0，t≥2，
設(shè)g（t）=0，
當-

a

2

＞2，即a＜-4時，只需△=a²-4c+8≥0，此時，a²+c²≥16；
當-

a

2

≤2，即a≥-4時，只需2²+2a+c-2≤0，即2a+c+2≤0，此時a2+c2≥

4

5

． 
∴a²+c²的最小值為

4

5

．…（5分）
（Ⅱ）由題，g′（x）=

x2+bx-1

x2

，x∈[1，e]
令h（x）=x²+bx-1，注意y=h（x）的圖象過點（0，-1），且開口向上，從而有
（1）當h（1）≥0，即b≥0時，g′（x）≥0，g（x）單調(diào)遞增，
所以有

g(1)=1+1≥ 2 e g(e)=e+ 1 e +b≤2e

，得0≤b≤e-

1

e

； …（7分）
（2）當g（e）=e²+eb-1≤0，即b≤

1

e

-e時，g′（x）≤0，g（x）單調(diào)遞減，
所以有

g(1)=1+1≤2e g(e)=e+ 1 e +b≥ 2 e

得b≥

1

e

-e，故只有b=

1

e

-e符合；…（9分）
（3）當

g(1)＜0 g(e)＞0

即

1

e

-e＜b＜0時，記函數(shù)h（x）=x²+bx-1的零點為t∈[1，e），
此時，函數(shù)g（x）在（1，t）上單調(diào)遞減，在（t，e）上單調(diào)遞增，
所以，

g(1)≤2e g(e)≤2e g(t)=t+ 1 t +blnt≥ 2 e

，∴t+

1

t

+blnt≥

2

e

因為t∈（1，e）是函數(shù)h（x）=x²+bx-1的零點，所以b=

1

t

-t，
故有t+

1

t

+(

1

t

-t)lnt≥

2

e

令m（t）=t+

1

t

+(

1

t

-t)lnt，t∈（1，e），則m′（t）=(-1-

1

t2

)lnt≤0
所以函數(shù)y=h（t）在（1，e）上單調(diào)遞減，故m（t）＞m（e）=

2

e

恒成立，
此時，

1

e

-e＜b＜0；
綜上所述，實數(shù)b的取值范圍是[

1

e

-e，e-

1

e

]． …（11分）
（Ⅲ）因函數(shù)f（x）圖象上的點都在

x≥0 y-x≤0

所表示的平面區(qū)域內(nèi)，則當x∈[0，+∞）時，不等式f（x）≤x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)=

x[2ax+(2a-1)]

x+1

，
（ⅰ）當a=0時，g′(x)=

-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．（13分）
（ⅱ）當a＞0時，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

時，在區(qū)間x∈（0，+∞）上，g′（x）＞0，則函數(shù)g（x）在x∈[0，+∞）上單調(diào)遞增，g（x）在x∈[0，+∞）上無最大值，此時不滿足條件；
②若

1

2a

-1≥0，即0＜a≤

1

2

時，函數(shù)g（x）在(0，

1

2a

-1)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(

1

2a

-1，+∞)上單調(diào)遞增，
同樣g（x）在x∈[0，+∞）上無最大值，不滿足條件．（15分）
（ⅲ）當a＜0時，由g′(x)=

x[2ax+(2a-1)]

x+1

，∵x∈[0，+∞），∴2ax+（2a-1）＜0，
∴g′（x）＜0，故函數(shù)g（x）在x∈[0，+∞）上單調(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]．（16分）

點評：本題導數(shù)知識的綜合運用，考查函數(shù)的單調(diào)性與最值，考查分類討論的數(shù)學思想，考查學生分析解決問題的能力，難度大．