Question

1．已知函数f（x）=x²-（a+1）x+3（x∈R，a∈R）．
（1）若a=1，写出函数f（x）单调区间；
（2）设函数g（x）=log₂x，且x∈[$\frac{1}{2}$，4]，若不等式f（g（x））≥$\frac{a+3}{2}$恒成立，求a的取值范围；
（3）已知对任意的x∈（0，+∞）都有lnx≤x-1成立，试利用这个条件证明：当a∈[-2，$\frac{9}{4}$]时，不等式f（x）＞ln（x-1）²恒成立．

Answer 1

分析 （1）原函数化简为f（x）=（x-1）²+2，根据二次函数的图象和性质即可得到单调区间；
（2）先求出g（x）的值域，原不等式可化为t²-（a+1）t+3≥$\frac{a+3}{2}$，构造函数h（t），根据二次函数的性质分类讨论，求出函数h（t）的最小值，再解不等式，即可得到答案；
（3）分别根据当x＞1或0＜x＜1，充分利用所给的条件，根据判别式即可证明．

解答 解：（1）当a=1时，f（x）=x²-2x+3=（x-1）²+2，
所以函数的单调减区间为（-∞，1），增区间为[1，+∞）．）
（2）因为x∈[$\frac{1}{2}$，4]，所以g（x）=log₂x∈[-1，2]，
设t=g（x） 则∈[-1，2]，
∴f（g（x））≥$\frac{a+3}{2}$可化为t²-（a+1）t+3≥$\frac{a+3}{2}$．
令h（t）=t²-（a+1）t+3，其对称轴为t=$\frac{a+1}{2}$，
①当$\frac{a+1}{2}$≤-1，即a≤-3 时，h（t）在[-1，2]上单调递增，
所以h（t）_min=h（-1）=1+a+1+3=a+5，
由a+5≥$\frac{a+3}{2}$得a≥-7，
所以-7≤a≤-3；                                   
②当-1＜$\frac{a+1}{2}$＜2即-3＜a＜3时，
函数h（t）在（-1，$\frac{a+1}{2}$）上递减，在（$\frac{a+1}{2}$，2）上递增，
所以h（t）_min=h（$\frac{a+1}{2}$）=-$\frac{（a+1）^{2}}{4}$+3．
由-$\frac{（a+1）^{2}}{4}$+3≥$\frac{a+3}{2}$，解得-5≤a≤1．
所以-3＜a≤1．
③当$\frac{a+1}{2}$≥2，即a≥3时，函数h（t）在-1，2]递减，
所以h（t）_min=h（2）=5-2a，
由5-2a≥$\frac{a+3}{2}$，得a≤$\frac{7}{5}$，舍去．
综上：a∈[-7，1]．
（3）?当x＞1时，ln（x-1）²=2ln（x-1），
由题意x∈（0，+∞）都有lnx≤x-1成立，
可得x＞1时，2ln（x-1）≤2x-4，
∴f（x）-（2x-4）=x²-（a+1）x+3-2x+4=x²-（a+3）x+7，
当a∈[-2，$\frac{9}{4}$]时，△=（a+3）²-28＜0恒成立，
所以f（x）-（2x-4）＞0恒成立，即f（x）＞2x-4恒成立，
所以f（x）＞ln（x-1）²恒成立．
?当0＜x＜1时，ln（x-1）²=2ln（1-x），
由题意可得2ln（1-x）≤-2x，
f（x）-（-2x）=x²-（a-3）x+3，
因为，△=（a-1）²-12，
当当a∈[-2，$\frac{9}{4}$]时，△＜0恒成立，
所以f（x）-（-2x）＞0，即f（x）＞-2x恒成立，
所以f（x）＞ln（x-1）²恒成立，
综上，f（x）＞ln（x-1）²恒成立．

点评 本题考查了函数的单调性，参数的取值范围，不等式证明，关键是掌握二次函数的性质，需要分类讨论，运算过程大，属于难题．