Question

已知實數(shù)a＞0，函數(shù)f（x）=a（x-2）²+2lnx，g（x）=f（x）-4a+

1

4a

．
（1）當(dāng)a=1時，討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）若f（x）在區(qū)間[1，4]上是增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；
（3）若當(dāng)x∈[2，+∞）時，函數(shù)g（x）圖象上的點均在不等式y(tǒng)≥x，所表示的平面區(qū)域內(nèi)，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

考點：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）a=1時，求f（x）的導(dǎo)數(shù)f′（x），利用導(dǎo)數(shù)判定函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）求f（x）的導(dǎo)數(shù)f′（x），使f′（x）≥0在[1，4]上恒成立，從而求出a的取值范圍；
（3）由題意使g（x）≥x在[2，+∞）上恒成立，設(shè)h（x）=g（x）-x，則h（x）_min≥0在[2，+∞）上恒成立，求出a的取值范圍．

解答： 解：（1）當(dāng)a=1時，f（x）=x²-4x+4+2lnx（x＞0），
∴f′（x）=2x-4+

2

x

=

2(x-1)2

x

；
∵x＞0，∴f′（x）≥0，
∴f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)；
（2）∵f（x）=ax²-4ax+4a+2lnx，
∴f′（x）=2ax-4a+

2

x

=

2ax2-4ax+2

x

；
又∵f（x）在[1，4]上是增函數(shù)，
∴在[1，4]上f′（x）≥0恒成立，即2ax²-4ax+2≥0在[1，4]上恒成立①；
令g（x）=2ax²-4ax+2，則g（x）=2a（x-1）²-2a+2，
當(dāng)a＞0時，要使①成立，只需g（1）≥0，即-2a+2≥0，解得a≤1，∴0＜a≤1；
當(dāng)a＜0時，要使①成立，只需g（4）≥0，即16a+2≥0，解得a≥-

1

8

，∴-

1

8

≤a＜0；
綜上，-

1

8

≤a＜0或0＜a≤1．
（3）由題意，使a（x-2）²+2lnx-4a+

1

4a

≥x在[2，+∞）上恒成立，
令h（x）=a（x-2）²+2lnx-4a+

1

4a

-x，則h（x）_min≥0在[2，+∞）上恒成立②；
∴h′（x）=2ax-4a+

2

x

-1，即h′（x）=

(x-2)(2ax-1)

x

；
（i）當(dāng)a＜0時，∵x＞2，∴h′（x）≤0，
∴h（x）在[2，+∞）上是減函數(shù)，且h（4）=2ln4-4+

1

4a

＜0，
∴②不成立；
（ii）當(dāng)0＜a＜

1

4

時，2＜

1

2a

，此時h（x）在[2，

1

2a

]上是減函數(shù)，在[

1

2a

，+∞）上是增函數(shù)，
∴h（x）_min=h（

1

2a

）=-2-ln2a，
∴只需-2-2ln2a≥0，解得a≤

1

2e

；∴0＜a≤

1

2e

時②成立；
（iii）當(dāng)a≥

1

4

時，2≥

1

2a

，此時h（x）在[2，+∞）上是增函數(shù)，
∴h（x）_min=h（2）=2ln2-4a+

1

4a

-2，
∵-4a+

1

4a

≤0，2ln2-2＜0，∴h（x）_min=h（2）＜0，∴②不成立；
綜上，0＜a≤

1

2e

．

點評：本題考查了利用導(dǎo)數(shù)判定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間以及根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求不等式恒成立的問題，是較難的題目．