Question

14．已知函数f（x）=a（x-1）²+lnx+1．
（I）当a=-$\frac{1}{12}$时，求函数f（x）的极值；
（Ⅱ）当x∈[1，+∞）时，函数y=f（x）图象上的点都在$\left\{\begin{array}{l}{x≥1}\\{y-x-a+\frac{1}{4a}≥0（a≠0）}\end{array}\right.$所表示的平面区域内，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （I）对f（x）进行求导，利用导数求得极值点
（Ⅱ）问题转化为f（x）$≥x+a-\frac{1}{4a}$恒成立问题，通过对参数a的讨论求得a的取值范围．

解答 解：（I）当a=-$\frac{1}{12}$时，f（x）=-$\frac{1}{12}$（x-1）²+lnx+1，
f′（x）=-$\frac{1}{6}$（x-1）+$\frac{1}{x}$=$\frac{-{x}^{2}+x+6}{6x}$=-$-\frac{（x+2）（x-3）}{6x}$；
故f（x）在（0，3）上是增函数，在（3，+∞）上是减函数；
故函数f（x）只有极大值，无极小值，
所以f（x）有极大值为f（3）=$\frac{2}{3}+ln3$．
（Ⅱ）当x∈[1，+∞）时，函数y=f（x）图象上的点都在$\left\{\begin{array}{l}{x≥1}\\{y-x-a+\frac{1}{4a}≥0（a≠0）}\end{array}\right.$所表示的平面区域内
∴当x∈[1，+∞）时，f（x）$≥x+a-\frac{1}{4a}$恒成立
即a（x-1）2+lnx-x+1-a+$\frac{1}{4a}≥0$恒成立
设g（x）=a（x-1）2+lnx-x+1-a+$\frac{1}{4a}（x≥1）$
即g（x）=a（x²-2x+1）+lnx-x+1-a+$\frac{1}{4a}（x≥1）$
只需g（x）_min≥0即可
由g'（x）=2a（x-1）+$\frac{1}{x}$-1=$\frac{2a{x}^{2}-（2a+1）x+1}{x}=\frac{（x-1）（2ax-1）}{x}$
当a＜0时，因为x＞1时，g'（x）＜0，函数g（x）在（1，+∞）上单调递增
∴g（x）在[1，+∞）上无最小值，不符合条件
当a＜0时，（1）若$\frac{1}{2a}＜1$，即$a＞\frac{1}{2}$时，函数g（x）在[1，+∞）上单调递增
∴函数g（x）_min=g（1）=-a+$\frac{1}{4a}$，此时只需-a+$\frac{1}{4a}$≥0，即0＜a$≤\frac{1}{2}$
这与a＞$\frac{1}{2}$矛盾，舍去．
（2）若$\frac{1}{2a}＞1$，即0＜a＜$\frac{1}{2}$时，函数g（x）在（1，$\frac{1}{2a}$）上单调递减，在（$\frac{1}{2a}，+∞$）上单调递增，
所以g（x）_min=g（$\frac{1}{2a}$）=ln$\frac{1}{2a}$=-ln（2a），
∵0＜a＜$\frac{1}{2}$，
∴-ln（2a）＞0符合条件
（3）若2a=1，即a=$\frac{1}{2}$时，g'（x）=$\frac{（x-1）^{2}}{x}$
当x∈[1，+∞）时，g'（x）≥0⇒g（x）在[1，+∞）上单调递增
∴g（x）_min=g（1）=0
∴g（x）≥0恒成立，符合题意，综上可知，a的取值范围为（0，$\frac{1}{2}$]

点评 本题主要考查利用导数求得极值点和利用导数求参数的取值范围，属于难度较大的题目，在高考中常作压轴题出现．