Question

16．已知函数f（x）=a（x-1）²+lnx，a∈R．
（Ⅰ）当$a=-\frac{1}{4}$时，求函数y=f（x）的单调区间；
（Ⅱ）$a=\frac{1}{2}$时，令$h（x）=f（x）-3lnx+x-\frac{1}{2}$，求h（x）在[1，e]的最大值和最小值；
（Ⅲ）当x∈[1，+∞）时，函数y=f（x）图象上的点都在不等式组$\left\{\begin{array}{l}x≥1\\ y≤x-1\end{array}\right.$所表示的区域内，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通过$a=-\frac{1}{4}$，函数f（x），求出定义域以及函数的导数并分解因式，①当0＜x＜2时，当x＞2时，分别求解导函数的符号，推出函数得到单调区间．
（Ⅱ）求出h（x），求出函数的导数$h'（x）=x-\frac{2}{x}$，令h′（x）=0求出极值点，利用导函数的符号判断函数的单调性，然后求解最值．
（Ⅲ）由题意得a（x-1）²+lnx≤x-1对x∈[1，+∞）恒成立，构造函数g（x）=a（x-1）²+lnx-x+1，x∈[1，+∞），转化为g（x）_max≤0，x∈[1，+∞），然后利用导数，通过①当a≤0时，②当$a≥\frac{1}{2}$时，③当$0＜a＜\frac{1}{2}$时，分别求解a的范围，即可．

解答 解：（Ⅰ）当$a=-\frac{1}{4}$时，f（x）=$\frac{1}{4}$（x-1）²+lnx，（x＞0）…（1分）
f′（x）=$-\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}+\frac{1}{x}$=$\frac{-{x}^{2}+x+2}{2x}$=$\frac{-（x-2）（x+1）}{2x}$，…（2分）
①当0＜x＜2时，f′（x）＞0，f（x）在（0，2）单调递增；
当x＞2时，f′（x）＜0，f（x）在（2，+∞）单调递减；
所以函数的单调递增区间是（0，2），单调递减区间是（2，+∞）．…（4分）
（Ⅱ）$a=\frac{1}{2}$时，令$h（x）=f（x）-3lnx+x-\frac{1}{2}$=$\frac{1}{2}$（x-1）²+lnx$-3lnx+x-\frac{1}{2}$=$\frac{1}{2}{x}^{2}-2lnx$，
∴$h'（x）=x-\frac{2}{x}$，令h′（x）=0得$x=\sqrt{2}$．…（5分）
当$x∈[{1，\sqrt{2}}]$时h′（x）＜0，当$x∈[{\sqrt{2，}e}]$时h'（x）＞0，
故$x=\sqrt{2}$是函数h（x）在[1，e]上唯一的极小值点，…（6分）
故$h{（x）_{min}}=h（\sqrt{2}）=1-ln2$，又$h（1）=\frac{1}{2}$，$h（e）=\frac{1}{2}{e^2}-2＞\frac{1}{2}$，
所以h（x）_max=$\frac{1}{2}{e^2}-2$=$\frac{{{e^2}-4}}{2}$…（8分）      注：列表也可．
（Ⅲ）由题意得a（x-1）²+lnx≤x-1对x∈[1，+∞）恒成立，…（9分）
设g（x）=a（x-1）²+lnx-x+1，x∈[1，+∞），则g（x）_max≤0，x∈[1，+∞）
求导得$g'（x）=\frac{{2a{x^2}-（2a+1）x+1}}{x}=\frac{（2ax-1）（x-1）}{x}$，…（10分）
①当a≤0时，若x＞1，则g′（x）＜0，所以g（x）在[1，+∞）单调递减g（x）_max=g（1）=0≤0成立，得a≤0；…（11分）
②当$a≥\frac{1}{2}$时，$x=\frac{1}{2a}≤1$，g（x）在[1，+∞）单调递增，
所以存在x＞1，使g（x）＞g（1）=0，则不成立；…（12分）
③当$0＜a＜\frac{1}{2}$时，$x=\frac{1}{2a}＞1$，则f（x）在[1，$\frac{1}{2a}$]上单调递减，$[\frac{1}{2a}，+∞）$单调递增，
则存在$\frac{1}{a}∈[\frac{1}{2a}，+∞）$，有$g（\frac{1}{a}）=a{（\frac{1}{a}-1）^2}+ln\frac{1}{a}-\frac{1}{a}+1=-lna+a-1＞0$，
所以不成立，…（13分）
综上得a≤0．…（14分）

点评 本题考查函数的导数的综合应用，函数的最值以及分类讨论思想，考查计算能力转化思想的应用．