Question

3．已知函数f（x）=$\frac{1}{2}$x²+（a-1）ln（x-a）-$\frac{1}{2}$，其中a∈R，a≠1且为常数．
（1）当a=0时，求函数f（x）的极值；
（2）求函数f（x）的单调区间；
（3）若函数f（x）在区间[a+1，1]上有零点，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）当a=0时，求函数的导数，即可求函数f（x）的极值；
（2）求函数f（x）的导数，讨论a的取值，即可求出的单调区间；
（3）盘函数f（x）在区间[a+1，1]上的单调性，求出最值关系，即可得到结论．

解答 解：（1）当a=0时，f（x）=$\frac{1}{2}$x²-lnx-$\frac{1}{2}$，
函数的定义域为（0，+∞），
函数的导数f′（x）=x-$\frac{1}{x}=\frac{{x}^{2}-1}{x}$，
由f′（x）＞0得x＞1，此时函数单调递增，
由f′（x）＜0得0＜x＜1，此时函数单调递减，
即当x=1时，函数取得极小值f（1）=$\frac{1}{2}$-ln1-$\frac{1}{2}$=0，
即函数f（x）的极小值为0，无极大值；
（2）函数的定义域为（a，+∞），
函数的导数f′（x）=x+$\frac{a-1}{x-a}$=$\frac{{x}^{2}-ax+a-1}{x-a}$=$\frac{（x-1）[x-（a-1）]}{x-a}$，
由f′（x）=0得x=a-1，或x=1，
若a-1≥1，即a≥2时，f′（x）＞0恒成立，此时函数在（a，+∞）上为增函数．
若a-1＜1，即a＜2时，由f′（x）＞0得x＞1或x＜a-1，函数为增函数，
由f′（x）＜0时，得a-1＜x＜1，此时函数为减函数，
若1＜a＜2，则函数在（a，+∞）上为增函数，
若a＜1，则函数f（x）在（a，1）上为减函数，在（1，+∞）上为减函数．
（3）若函数f（x）在区间[a+1，1]上有零点，
则a+1＜1，
即a＜0，
由（2）知，当a＜0时，函数f（x）在（a，1）上为减函数，在（1，+∞）上为减函数．
∴函数f（x）在[a+1，1]上单调递减，
则函数的最小值为f（1）=$\frac{1}{2}$+（a-1）ln（1-a）-$\frac{1}{2}$=（a-1）ln（1-a），
最大值为f（a+1）=$\frac{1}{2}$（a+1）²+（a-1）ln（a+1-a）-$\frac{1}{2}$=$\frac{1}{2}$（a+1）²-$\frac{1}{2}$=$\frac{1}{2}$（a²+2a），
若函数f（x）在区间[a+1，1]上有零点，
则f（1）f（a+1）≤0，
即（a-1）ln（1-a）×$\frac{1}{2}$（a²+2a）≤0，
即（a-1）ln（1-a）a（a+2）≤0，
∵a＜0，
∴a-1＜-1，1-a＞1，ln（1-a）＞0，
则不等式等价为a+2≤0，
解得a≤-2，
即实数a的取值范围是（-∞，-2]．

点评 本题主要考查函数单调性极值和导数之间的应用，求出函数的导数是解决本题的关键．综合性较强，运算量较大．