Question

13．设函数f（x）=-lnx+ax²+（1-2a）x+a-1，（x∈（0，+∞），实数a∈R）．
（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）若f（x）＞0在x∈（0，1）恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （I）令f′（x）=0求出f（x）的极值点，比较极值点的大小关系，利用二次函数的性质得出f（x）的单调性；
（II）讨论f（x）在（0，1）上的单调性，求出f（x）的最小值，令f_min（x）＞0解出a的范围．

解答 解（Ⅰ）f′（x）=-$\frac{1}{x}$+2a（x-1）+1=$\frac{2a{x}^{2}+（1-2a）x-1}{x}$（x＞0）．
设g（x）=2ax²+（1-2a）x-1=（2ax+1）（x-1），
（1）当a≥0时，2ax+1＞0．令g（x）＞0，得x＞1，令g（x）＜0，得0＜x＜1．
∴f（x）在（1，+∞）上单调递增，在（0，1）上单调递减．
（2）当a＜0时，g（x）图象开口向下，在（0，+∞）上有两个零点1和-$\frac{1}{2a}$，
①当a=-$\frac{1}{2}$时，-$\frac{1}{2a}$=1，此时当g（x）＞0，无解；g（x）＜0，可得x＜1或x＞1．
∴f（x）在（0，1），（1，+∞）上单调递减，且函数f（x）在（0，+∞）上不间断，即函数f（x）在（0，+∞）上单调递减．
②当-$\frac{1}{2}$＜a＜0时，-$\frac{1}{2a}＞1$，此时当g（x）＞0，可得1$＜x＜-\frac{1}{2a}$；当g（x）＜0，可得0＜x＜1或x$＞-\frac{1}{2a}$．
∴f（x）在（1，-$\frac{1}{2a}$）上单调递增；在（0，1），（-$\frac{1}{2a}$，+∞）上单调递减．
③当a＜-$\frac{1}{2}$时，0$＜-\frac{1}{2a}＜1$，此时当g（x）＞0，可得-$\frac{1}{2a}＜x＜1$；g（x）＜0，可得0$＜x＜-\frac{1}{2a}$或x＞1．
∴f（x）在（-$\frac{1}{2a}$，1）上单调递增；在（0，-$\frac{1}{2a}$），（1，+∞）上单调递减．
（Ⅱ）函数f（x）过（1，0）点，由（Ⅰ）得a≥-$\frac{1}{2}$时，f（x）在（0，1）为减函数，
∴f（x）＞f（1）=0，符合题意．
当a＜-$\frac{1}{2}$时，f（x）在（0，-$\frac{1}{2a}$）递减，在（-$\frac{1}{2a}$，1）上单调递增，
∴f（-$\frac{1}{2a}$）＜f（1）=0，不符合题意．
∴a的取值范围为[-$\frac{1}{2}$，+∞）．

点评 本题考查了导数与函数单调性的关系，二次不等式的解法，函数恒成立问题，属于中档题．