Question

4．已知函數(shù)f（x）=a（x-1）²+lnx+1，g（x）=f（x）-x，其中a∈R．
（Ⅰ）當a=-$\frac{1}{4}$時，求函數(shù)f（x）的極值；
（Ⅱ）當a＞0時，求函數(shù)g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅲ）當x∈[1，+∞）時，若g（x）≤0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求導，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性即可求出單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的極值即可；
（Ⅱ）先求導，通過討論a的范圍，確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅲ）問題轉化為g（x）_max≤0，x∈[1，+∞），根據(jù)導數(shù)和函數(shù)最值的關系分類討論即可．

解答 解：（Ⅰ）當a=-$\frac{1}{4}$時，f（x）=-$\frac{1}{4}$（x-1）²+lnx+1=-$\frac{1}{4}$x²+$\frac{1}{2}$x+lnx+$\frac{3}{4}$（x＞0），
所以f′（x）=-$\frac{1}{2}$x+$\frac{1}{x}$+$\frac{1}{2}$=-$\frac{（x-2）（x+1）}{2x}$（x＞0），
由f'（x）＞0解得0＜x＜2；由f'（x）＜0解得x＞2，
故當0＜x＜2時，f（x）的單調(diào)遞增；當x＞2時，f（x）單調(diào)遞減，
∴當x=2時，函數(shù)f（x）取得極大值f（2）=$\frac{3}{4}$+ln2；
（Ⅱ）g（x）=a（x-1）²+lnx-x+1，（x＞0，a＞0），
g′（x）=$\frac{（2ax-1）（x-1）}{x}$，
①0＜a＜$\frac{1}{2}$時，$\frac{1}{2a}$＞1，
令g′（x）＞0，解得：x＞$\frac{1}{2a}$或0＜x＜1，
令g′（x）＜0，解得：1＜x＜$\frac{1}{2a}$，
∴g（x）在（0，1）遞增，在（1，$\frac{1}{2a}$）遞減，在（$\frac{1}{2a}$，+∞）遞增，
②a=$\frac{1}{2}$時，g′（x）≥0，g（x）在（0，+∞）遞增，
③a＞$\frac{1}{2}$時，$\frac{1}{2a}$＜1，
令g′（x）＞0，解得：0＜x＜$\frac{1}{2a}$或x＞1，
令g′（x）＜0，解得：$\frac{1}{2a}$＜x＜1，
∴g（x）在（0，$\frac{1}{2a}$）遞增，在（$\frac{1}{2a}$，1）遞減，在（1，+∞）遞增；
（Ⅲ）g′（x）=$\frac{2{ax}^{2}-（2a+1）x+1}{x}$=$\frac{（2ax-1）（x-1）}{x}$，
①當a≤0時，若x＞1，則g′（x）＜0，所以g（x）在[1，+∞）單調(diào)遞減，
∴g（x）_max=g（1）=0≤0成立，得a≤0，
②當a≥$\frac{1}{2}$時，x=$\frac{1}{2a}$≤1，g（x）在[1，+∞）單調(diào)遞增，
所以存在x＞1，使g（x）＞g（1）=0，則不成立，
③當0＜a＜$\frac{1}{2}$時，x=$\frac{1}{2a}$＞1，則f（x）在[1，$\frac{1}{2a}$]上單調(diào)遞減，[$\frac{1}{2a}$，+∞）單調(diào)遞增，
則存在$\frac{1}{a}$∈[$\frac{1}{2a}$，+∞），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，
綜上得a≤0．

點評 本題考查了導數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性，極值，最值的關系，以及函數(shù)恒成立的問題，培養(yǎng)學生的轉化能力，運算能力，屬于難題．