解题思路：（1）当
a＝−
1
4
时，直接对f（x）求导，解不等式f′（x）＞0和f′（x）＜0，即可求函数f（x）的单调区间；
（2）根据函数f（x）在区间[1，+∞）上为减函数可确定a≤
−
1
2x(x+1)
，又
−
1
2x(x+1)
最小值为
−
1
4
，从而可确定a的取值范围；
（3）不等式f（x）-x≤0可化简为ax2+ln（x+1）-x≤0，分情况讨论，a=0，a＜0和a＞0时ax2+ln（x+1）-x≤0是否恒成立即可．
（1）当a＝−
1
4时，f(x)＝−
1
4x2+ln(x+1)(x＞−1)，
∴f′(x)＝−
1
2x+
1
x+1＝−
(x+2)(x−1)
x+1
解f′（x）＞0得-1＜x＜1；
解f′（x）＜0得x＞1．
∴f（x）的单调递增区间是（-1，1），单调递减区间是（1，+∞）．
（2）因为函数f（x）在区间[1，+∞）上为减函数，
∴f′(x)＝2ax+
1
x+1≤0对∀x∈[1，+∞）恒成立
即a≤−
1
2x(x+1)对∀x∈[1，+∞）恒成立
∴a≤-[1/4]．
（3）∵当x∈[0，+∞）时，不等式f（x）-x≤0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）min≤0即可
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，
∴g（x）≤g（0）=0成立
②当a＞0时，令g′（x）=0，
∵x≥0，
∴解得x＝
1
2a−1
1）当[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，不合题设．
2）当[1/2a−1≥0时，即0＜a≤
1
2]时，在区间(0，
1
2a−1)上g′（x）＜0；
在区间(
1
2a−1，+∞)上g′（x）＞0．
∴函数g（x）在区间(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，+∞）无最大值，不满足条件．
③当a＜0时，由x≥0，故2ax+（2a-1）＜0，
∴g′(x)＝
x[2ax+(2a−1)]
x+1＜0，
∴函数g（x）在[0，+∞）上单调递减，
∴g（x）≤g（0）=0成立，
综上所述，实数a的取值范围是（-∞，0]．
点评：
本题考点： 导数在最大值、最小值问题中的应用．
考点点评： 本题考查导数在求函数单调性和最值中的应用，以及不等式恒成立问题的解决技巧，考查分类讨论的数学思想，属于难题．
