Question

（2013•資陽一模）已知函數(shù)f（x）=a（x-1）²+lnx+1．
（Ⅰ）當a=-

1

4

時，求函數(shù)f（x）的極值；
（Ⅱ）若函數(shù)f（x）在區(qū)間[2，4]上是減函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅲ）當x∈[1，+∞）時，函數(shù)y=f（x）圖象上的點都在

x≥1 y-x≤0

所表示的平面區(qū)域內，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析：（Ⅰ）把a=-

1

4

代入可得函數(shù)解析式，求導后由極值的定義可得；
（Ⅱ）函數(shù)f（x）在區(qū)間[2，4]上單調遞減等價于其導數(shù)f′(x)=2a(x-1)+

1

x

≤0在區(qū)間[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）題意可化為當x∈[1，+∞）時，不等式f（x）≤x恒成立，即a（x-1）²+lnx-x+1≤0恒成立，設g（x）=a（x-1）²+lnx-x+1（x≥1），只需g（x）_max≤0即可，下面用導數(shù)求解g（x）的最大值．

解答：解：（Ⅰ）當a=-

1

4

時，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，
故當0＜x＜2時，f（x）的單調遞增；當x＞2時，f（x）單調遞減，
∴當x=2時，函數(shù)f（x）取得極大值f(2)=

3

4

+ln2．（4分）
（Ⅱ）f′(x)=2a(x-1)+

1

x

，∵函數(shù)f（x）在區(qū)間[2，4]上單調遞減，
∴導數(shù)f′(x)=2a(x-1)+

1

x

≤0在區(qū)間[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），則當2≤x≤4時，

1

-x2+x

∈[-

1

2

，-

1

12

]，
∴2a≤-

1

2

，即a≤-

1

4

，故實數(shù)a的取值范圍是(-∞，-

1

4

]．（8分）
（Ⅲ）因f（x）圖象上的點在

x≥1 y-x≤0

所表示的平面區(qū)域內，
即當x∈[1，+∞）時，不等式f（x）≤x恒成立，即a（x-1）²+lnx-x+1≤0恒成立，
設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

，
（�。┊攁=0時，g′(x)=

1-x

x

，當x＞1時，g'（x）＜0，函數(shù)g（x）在（1，+∞）上單調遞減，故g（x）≤g（1）=0成立．（10分）
（ⅱ）當a＞0時，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，在區(qū)間（1，+∞）上，g'（x）＞0，函數(shù)g（x）在（1，+∞）上單調遞增，函數(shù)g（x）在[1，+∞）上無最大值，不滿足條件；
②若

1

2a

≥1，即0＜a≤

1

2

時，函數(shù)g（x）在(1，

1

2a

)上單調遞減，在區(qū)間(

1

2a

，+∞)上單調遞增，同樣g（x）在[1，+∞）上無最大值，不滿足條件．（12分）
（ⅲ）當a＜0時，由g′(x)=

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

x

，因x∈（1，+∞），故g'（x）＜0，則函數(shù)g（x）在（1，+∞）上單調遞減，故g（x）≤g（1）=0成立．
綜上所述，實數(shù)a的取值范圍是（-∞，0]．（14分）

點評：本題為函數(shù)與導數(shù)的綜合應用，涉及極值，基本不等式，和分類討論的思想，屬中檔題．