Question

5．已知函數(shù)f（x）=a（x-1）²+lnx+1．
（I）若函數(shù)f（x）在區(qū)間[2，4]上是減函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）當(dāng)x∈[1，+∞）時(shí)，函數(shù)y=f（x）圖象上的點(diǎn)都在$\left\{\begin{array}{l}{x≥1}\\{y-x≤0}\end{array}\right.$所表示的平面區(qū)域內(nèi)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，分離參數(shù)，問(wèn)題轉(zhuǎn)化為$2a≤\frac{1}{{-{x^2}+x}}$在[2，4]上恒成立，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可；
（Ⅱ）問(wèn)題等價(jià)于a（x-1）²+lnx-x+1≤0恒成立，設(shè)g（x）=a（x-1）²+lnx-x+1（x≥1），只需g（x）_max≤0即可，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出g（x）的最大值，從而求出a的范圍．

解答 解：（Ⅰ）$f'（x）=2a（x-1）+\frac{1}{x}$，
∵函數(shù)f（x）在區(qū)間[2，4]上單調(diào)遞減，
∴$f'（x）=2a（x-1）+\frac{1}{x}≤0$在區(qū)間[2，4]上恒成立，
即$2a≤\frac{1}{{-{x^2}+x}}$在[2，4]上恒成立，…（3分）
只需2a不大于$\frac{1}{{-{x^2}+x}}$在[2，4]上的最小值即可．
當(dāng)2≤x≤4時(shí)，$\frac{1}{{-{x^2}+x}}∈[{-\frac{1}{2}，-\frac{1}{12}}]$，…（5分）
∴$2a≤-\frac{1}{2}$，即$a≤-\frac{1}{4}$，故實(shí)數(shù)a的取值范圍是$（{-∞，-\frac{1}{4}}]$．…（6分）
（Ⅱ）因f（x）圖象上的點(diǎn)都在$\left\{\begin{array}{l}x≥1\\ y-x≤0\end{array}\right.$所表示的平面區(qū)域內(nèi)，
即當(dāng)x∈[1，+∞）時(shí)，不等式f（x）≤x恒成立，
即a（x-1）²+lnx-x+1≤0恒成立，
設(shè)g（x）=a（x-1）²+lnx-x+1（x≥1），
只需g（x）_max≤0即可．…（9分）
由$g'（x）=2a（x-1）+\frac{1}{x}-1=\frac{{2a{x^2}-（2a+1）x+1}}{x}$，
（i）當(dāng)a=0時(shí)，$g'（x）=\frac{1-x}{x}$，
當(dāng)x＞1時(shí)，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(dāng)a＞0時(shí)，由$g'（x）=\frac{{2a{x^2}-（2a+1）x+1}}{x}=\frac{{2a（x-1）（x-\frac{1}{2a}）}}{x}$，
令g'（x）=0，得x₁=1或${x_2}=\frac{1}{2a}$，
①若$\frac{1}{2a}≤1$，即$a≥\frac{1}{2}$時(shí)，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(wú)最大值，不滿足條件；
②若$\frac{1}{2a}＜1$，即$0＜a＜\frac{1}{2}$時(shí)，
函數(shù)g（x）在$[1，\frac{1}{2a}）$上單調(diào)遞減，在區(qū)間$[\frac{1}{2a}，+∞）$上單調(diào)遞增，
同樣g（x）在[1，+∞）無(wú)最大值，不滿足條件．
（iii）當(dāng)a＜0時(shí)，由$g'（x）=\frac{{2a（x-1）（x-\frac{1}{2a}）}}{x}$，
因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．
綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是（-∞，0]．…（14分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，是一道綜合題．