Question

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）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(nèi)，求數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

考點：利用導數(shù)研究函數(shù)的極值

專題：函數(shù)的性質(zhì)及應用,導數(shù)的綜合應用

分析：（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)，求導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），求導g′(x)=2a(x-1)+

1

x

-1=

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

x

；從而求a．

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

3

4

+ln2；
（Ⅱ）因f（x）圖象上的點在

x≥1 y-x≤0

所表示的平面區(qū)域內(nèi)，
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；
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(diào)遞減，
故g（x）≤g（1）=0成立；
（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(diào)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(diào)遞減，在區(qū)間(

1

2a

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

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

x

，
因為x∈（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．

點評：本題考查了導數(shù)的綜合應用及分類討論的思想應用，屬于中檔題．