Question

（2013•资阳一模）已知函数f（x）=a（x-1）²+lnx+1．
（Ⅰ）当a=-

1

4

时，求函数f（x）的极值；
（Ⅱ）若函数f（x）在区间[2，4]上是减函数，求实数a的取值范围；
（Ⅲ）当x∈[1，+∞）时，函数y=f（x）图象上的点都在

x≥1 y-x≤0

所表示的平面区域内，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析：（Ⅰ）把a=-

1

4

代入可得函数解析式，求导后由极值的定义可得；
（Ⅱ）函数f（x）在区间[2，4]上单调递减等价于其导数f′(x)=2a(x-1)+

1

x

≤0在区间[2，4]上恒成立，只需求

1

-x2+x

在[2，4]上的最小值即可，下面可由基本不等式求解；
（Ⅲ）题意可化为当x∈[1，+∞）时，不等式f（x）≤x恒成立，即a（x-1）²+lnx-x+1≤0恒成立，设g（x）=a（x-1）²+lnx-x+1（x≥1），只需g（x）_max≤0即可，下面用导数求解g（x）的最大值．

解答：解：（Ⅰ）当a=-

1

4

时，f(x)=-

1

4

(x-1)2+lnx+1=-

1

4

x2+

1

2

x+lnx+

3

4

（x＞0），
所以f′(x)=-

1

2

x+

1

x

+

1

2

=-

(x-2)(x+1)

2x

（x＞0），
由f'（x）＞0解得0＜x＜2；由f'（x）＜0解得x＞2，
故当0＜x＜2时，f（x）的单调递增；当x＞2时，f（x）单调递减，
∴当x=2时，函数f（x）取得极大值f(2)=

3

4

+ln2．（4分）
（Ⅱ）f′(x)=2a(x-1)+

1

x

，∵函数f（x）在区间[2，4]上单调递减，
∴导数f′(x)=2a(x-1)+

1

x

≤0在区间[2，4]上恒成立，
即2a≤

1

-x2+x

在[2，4]上恒成立，只需2a不大于

1

-x2+x

在[2，4]上的最小值即可．（6分）
而

1

-x2+x

=

1

-(x- 1 2 )2+ 1 4

（2≤x≤4），则当2≤x≤4时，

1

-x2+x

∈[-

1

2

，-

1

12

]，
∴2a≤-

1

2

，即a≤-

1

4

，故实数a的取值范围是(-∞，-

1

4

]．（8分）
（Ⅲ）因f（x）图象上的点在

x≥1 y-x≤0

所表示的平面区域内，
即当x∈[1，+∞）时，不等式f（x）≤x恒成立，即a（x-1）²+lnx-x+1≤0恒成立，
设g（x）=a（x-1）²+lnx-x+1（x≥1），只需g（x）_max≤0即可．（9分）
由g′(x)=2a(x-1)+

1

x

-1=

2ax2-(2a+1)x+1

x

，
（ⅰ）当a=0时，g′(x)=

1-x

x

，当x＞1时，g'（x）＜0，函数g（x）在（1，+∞）上单调递减，故g（x）≤g（1）=0成立．（10分）
（ⅱ）当a＞0时，由g′(x)=

2ax2-(2a+1)x+1

x

=

2a(x-1)(x- 1 2a )

x

，令g'（x）=0，得x₁=1或x2=

1

2a

，
①若

1

2a

＜1，即a＞

1

2

时，在区间（1，+∞）上，g'（x）＞0，函数g（x）在（1，+∞）上单调递增，函数g（x）在[1，+∞）上无最大值，不满足条件；
②若

1

2a

≥1，即0＜a≤

1

2

时，函数g（x）在(1，

1

2a

)上单调递减，在区间(

1

2a

，+∞)上单调递增，同样g（x）在[1，+∞）上无最大值，不满足条件．（12分）
（ⅲ）当a＜0时，由g′(x)=

2a(x-1)(x- 1 2a )

x

，因x∈（1，+∞），故g'（x）＜0，则函数g（x）在（1，+∞）上单调递减，故g（x）≤g（1）=0成立．
综上所述，实数a的取值范围是（-∞，0]．（14分）

点评：本题为函数与导数的综合应用，涉及极值，基本不等式，和分类讨论的思想，属中档题．