Question

【題目】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=﹣ 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y=f（x）圖象上的點都在 所表示的平面區(qū)域內(nèi)，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

【答案】解：（Ⅰ）當a=﹣ 時，f（x）=﹣ x2+ x+lnx+ ，
f（x）的定義域為（0，+∞），f′（x）=﹣ ；
列表討論f′（x）和f（x）的變化情況：

x	（0，2）	2	（2，+∞）
f′（x）	+	0	﹣
f（x）	↗	極大值	↘

∴當x=2時，f（x）取得極大值f（2）=ln2+ ；
（Ⅱ）當a＞0時，g（x）=ax2﹣（2a+1）x+lnx+a+1，
g（x）的定義域為（0，+∞），
g′（x）= ，
令g′（x）=0，得x=1或x= ，
①當0＜a＜ ，即 ＞1時，
由g′（x）＜0，解得：1＜x＜ ，
由g′（x）＞0，解得：0＜x＜1或x＞ ，
∴g（x）在（1， ）上單調(diào)遞減，
在（0，1），（ ，+∞）上單調(diào)遞增；
②當a= ，即 =1時，在（0，+∞）上，g′（x）≥0，
∴g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
③當a＞ ，即0＜ ＜1時，
由g′（x）＜0，解得 ＜x＜1，由g′（x）＞0，解得0＜x＜ 或x＞1，
∴g（x）在（ ，1）上單調(diào)遞減，
在（0， ），（1，+∞）上單調(diào)遞增．
（Ⅲ）∵y=f（x）圖象上的點都在 所表示的平面區(qū)域內(nèi)，
∴當x∈[1，+∞）時，f（x）﹣x≤0恒成立，
即當x∈[1，+∞）時，g（x）=a（x﹣1）2+lnx+1﹣x≤0恒成立．
只需g（x）max≤0；
①當a＞0時，由（Ⅱ）知，
當0＜a＜ 時，g（x）在（1， ）上單調(diào)遞減，在（ ，+∞）上單調(diào)遞增，
∴g（x）在[1，+∞）上無最大值，不滿足條件；
當a≥ 時，g（x） 在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
∴g（x）在[1，+∞）上無最大值，不滿足條件；
②當a=0時，g′（x）=﹣ ，在（1，+∞）上，g′（x）＜0，
∴g（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞減，g（x）≤g（1）=0成立；
③當a＜0時，g′（x）= ，在（1，+∞）上，g′（x）＜0，
∴g（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞減，g（x）≤g（1）=0成立，
綜上可知，實數(shù)a的取值范圍是a≤0
【解析】（Ⅰ）求出函數(shù)的導數(shù)，解關于導函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的極大值即可；（Ⅱ）求出函數(shù)的導數(shù)，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；（Ⅲ）問題轉(zhuǎn)化為x∈[1，+∞）時，g（x）=a（x﹣1）2+lnx+1﹣x≤0恒成立，只需g（x）max≤0即可，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍．
【考點精析】利用利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和函數(shù)的極值與導數(shù)對題目進行判斷即可得到答案，需要熟知一般的,函數(shù)的單調(diào)性與其導數(shù)的正負有如下關系： 在某個區(qū)間內(nèi)，(1)如果，那么函數(shù)在這個區(qū)間單調(diào)遞增；(2)如果，那么函數(shù)在這個區(qū)間單調(diào)遞減；求函數(shù)的極值的方法是:（1）如果在附近的左側(cè),右側(cè),那么是極大值（2）如果在附近的左側(cè),右側(cè),那么是極小值．