Question

14．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]上的最大值和最小值；
（Ⅲ）若函数f（x）≤x-1对?x∈[1，+∞）恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求导，根据导数和函数的单调性即可求出单调区间；
（Ⅱ）先求导，根据导数和函数的最值的关系即可求出；
（Ⅲ）构造函数，转化为设g（x）=a（x-1）²+lnx-x+1，x∈[1，+∞），则g（x）_max≤0，x∈[1，+∞），根据导数和函数最值的关系分类讨论即可．

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+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{x}$=-$\frac{（x-2）（x+1）}{2x}$，…（2分）
①当0＜x＜2时，f'（x）＞0，f（x）在（0，2）单调递增；
②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）当a=$\frac{1}{2}$时，h（x）=f（x）-3lnx+x-$\frac{1}{2}$=$\frac{1}{2}$x²-2lnx，
∴h′（x）=x-$\frac{2}{x}$
令h′（x）=0解得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）=$\frac{1}{2}$e²-2$＞\frac{1}{2}$，
所以h（x）_max=$\frac{1}{2}$e²-2．…（8分）    
（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，+∞），
∴$g'（x）=\frac{{2a{x^2}-（2a+1）x+1}}{x}=\frac{（2ax-1）（x-1）}{x}$，…（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 本题考查了导数和函数的单调性，极值，最值的关系，以及函数恒成立的问题，培养学生的转化能力，运算能力，属于难题．