Question

已知函数f（x）=

1

2

x²-2x+2+alnx（a∈R）．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）当a∈（0，1）时，若m为f（x）的极小值点，求证：0＜f（m）＜

1

2

．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,利用导数研究函数的极值

专题：计算题,证明题,导数的概念及应用

分析：（1）先求出f（x）=

1

2

x²-2x+2+alnx的定义域为（0，+∞），再求导f′（x）=x-2+

a

x

=

x2-2x+a

x

；从而讨论确定导数的正负以确定函数的单调性；
（2）由（1）知，m=1+

1-a

；故f（m）=f（1+

1-a

）=

1

2

（1+

1-a

）²-2（1+

1-a

）+2+aln（1+

1-a

）；
利用换元法令1+

1-a

=t，故a=2t-t²（1＜t＜2）；从而得到f（t）=

1

2

t²-2t+2+（2t-t²）lnt；求导确定函数的单调性，从而求取值范围．

解答： 解：（1）f（x）=

1

2

x²-2x+2+alnx的定义域为（0，+∞），
f′（x）=x-2+

a

x

=

x2-2x+a

x

；
①当a≥1时，△=4-4a≤0，故f′（x）≥0；
故f（x）在（0，+∞）上是增函数；
②当0＜a＜1时，
f′（x）=0有两个根为x=1-

1-a

＞0，x=1+

1-a

＞0；
故f（x）在（0，1-

1-a

），（1+

1-a

，+∞）上是增函数，
在（1-

1-a

，1+

1-a

）上是减函数；
③当a≤0时，
f′（x）=0有两个根为x=1-

1-a

≤0，x=1+

1-a

＞0；
故f（x）在（0，1+

1-a

）上减增函数，在（1+

1-a

，+∞）上是增函数；
（2）证明：由（1）知，
∵m为f（x）的极小值点，
∴m=1+

1-a

；
故f（m）=f（1+

1-a

）=

1

2

（1+

1-a

）²-2（1+

1-a

）+2+aln（1+

1-a

）；
令1+

1-a

=t，故a=2t-t²（1＜t＜2）；
故f（t）=

1

2

t²-2t+2+（2t-t²）lnt；
故f′（t）=t-2+（2-2t）lnt+（2t-t²）

1

t

；
=（2-2t）lnt＜0；
故f（t）=

1

2

t²-2t+2+（2t-t²）lnt在（1，2）上是减函数，
故f（2）＜f（t）＜f（1）；
即0＜f（t）＜

1

2

；
即0＜f（m）＜

1

2

．

点评：本题考查了导数的综合应用及分类讨论的思想应用，同时考查换元法的应用，属于难题．