Question

已知函數(shù)f（x）=a（x-1）²+lnx+1．
（Ⅰ）當(dāng)a=-

1

4

時(shí)，求函數(shù)f（x）的極值；
（Ⅱ）當(dāng)x∈[1，+∞）時(shí)，函數(shù)y=f（x）圖象上的點(diǎn)都在

x≥1 y-x≤0

所表示的平面區(qū)域內(nèi)，求數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值

專題：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）當(dāng)a=-

1

4

時(shí)，f(x)=-

1

4

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

1

4

x2+

1

2

x+lnx+

3

4

(x＞0)，求導(dǎo)f′(x)=-

1

2

x+

1

x

+

1

2

=-

(x-2)(x+1)

2x

(x＞0)；從而求極值；
（Ⅱ）原題意可化為當(dāng)x∈[1，+∞）時(shí)，不等式f（x）≤x恒成立，即a（x-1）²+lnx-x+1≤0恒成立；設(shè)g（x）=a（x-1）²+lnx-x+1（x≥1），求導(dǎo)g′(x)=2a(x-1)+

1

x

-1=

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

x

；從而求a．

解答： 解：（Ⅰ）當(dāng)a=-

1

4

時(shí)，f(x)=-

1

4

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

1

4

x2+

1

2

x+lnx+

3

4

(x＞0)，
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；
故當(dāng)0＜x＜2時(shí)，f（x）單調(diào)遞增；當(dāng)x＞2時(shí)，f（x）單調(diào)遞減；
所以當(dāng)x=2時(shí)，函數(shù)f（x）取得極大值f(2)=

3

4

+ln2；
（Ⅱ）因f（x）圖象上的點(diǎn)在

x≥1 y-x≤0

所表示的平面區(qū)域內(nèi)，
即當(dāng)x∈[1，+∞）時(shí)，不等式f（x）≤x恒成立，
即a（x-1）²+lnx-x+1≤0恒成立；
設(shè)g（x）=a（x-1）²+lnx-x+1（x≥1），
只需g（x）_max≤0即可；
由g′(x)=2a(x-1)+

1

x

-1=

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

x

；
（�。┊�(dāng)a=0時(shí)，g′(x)=

1-x

x

，當(dāng)x＞1時(shí)，g′（x）＜0，
函數(shù)g（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，
故g（x）≤g（1）=0成立；
（ⅱ）當(dāng)a＞0時(shí)，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

時(shí)，在區(qū)間（1，+∞）上，g′（x）＞0，
函數(shù)g（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增函數(shù)，
g（x）在[1，+∞）上無(wú)最大值，不滿足條件；
②若

1

2a

≥1，即0＜a≤

1

2

時(shí)，
函數(shù)g（x）在(1，

1

2a

)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(

1

2a

，+∞)上單調(diào)遞增，
同樣g（x）在[1，+∞）上無(wú)最大值，不滿足條件；
（ⅲ）當(dāng)a＜0時(shí)，由g′(x)=

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

x

，
因?yàn)閤∈（1，+∞），故g′（x）＜0；
則函數(shù)g（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，
故g（x）≤g（1）=0成立．
綜上，數(shù)a的取值范圍是a≤0．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用及分類討論的思想應(yīng)用，屬于中檔題．