Question

14．已知函數(shù)f（x）=a（x-1）²+lnx+1．
（I）當(dāng)a=-$\frac{1}{12}$時(shí)，求函數(shù)f（x）的極值；
（Ⅱ）當(dāng)x∈[1，+∞）時(shí)，函數(shù)y=f（x）圖象上的點(diǎn)都在$\left\{\begin{array}{l}{x≥1}\\{y-x-a+\frac{1}{4a}≥0（a≠0）}\end{array}\right.$所表示的平面區(qū)域內(nèi)，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （I）對(duì)f（x）進(jìn)行求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)求得極值點(diǎn)
（Ⅱ）問題轉(zhuǎn)化為f（x）$≥x+a-\frac{1}{4a}$恒成立問題，通過對(duì)參數(shù)a的討論求得a的取值范圍．

解答 解：（I）當(dāng)a=-$\frac{1}{12}$時(shí)，f（x）=-$\frac{1}{12}$（x-1）²+lnx+1，
f′（x）=-$\frac{1}{6}$（x-1）+$\frac{1}{x}$=$\frac{-{x}^{2}+x+6}{6x}$=-$-\frac{（x+2）（x-3）}{6x}$；
故f（x）在（0，3）上是增函數(shù)，在（3，+∞）上是減函數(shù)；
故函數(shù)f（x）只有極大值，無極小值，
所以f（x）有極大值為f（3）=$\frac{2}{3}+ln3$．
（Ⅱ）當(dāng)x∈[1，+∞）時(shí)，函數(shù)y=f（x）圖象上的點(diǎn)都在$\left\{\begin{array}{l}{x≥1}\\{y-x-a+\frac{1}{4a}≥0（a≠0）}\end{array}\right.$所表示的平面區(qū)域內(nèi)
∴當(dāng)x∈[1，+∞）時(shí)，f（x）$≥x+a-\frac{1}{4a}$恒成立
即a（x-1）2+lnx-x+1-a+$\frac{1}{4a}≥0$恒成立
設(shè)g（x）=a（x-1）2+lnx-x+1-a+$\frac{1}{4a}（x≥1）$
即g（x）=a（x²-2x+1）+lnx-x+1-a+$\frac{1}{4a}（x≥1）$
只需g（x）_min≥0即可
由g'（x）=2a（x-1）+$\frac{1}{x}$-1=$\frac{2a{x}^{2}-（2a+1）x+1}{x}=\frac{（x-1）（2ax-1）}{x}$
當(dāng)a＜0時(shí)，因?yàn)閤＞1時(shí)，g'（x）＜0，函數(shù)g（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增
∴g（x）在[1，+∞）上無最小值，不符合條件
當(dāng)a＜0時(shí)，（1）若$\frac{1}{2a}＜1$，即$a＞\frac{1}{2}$時(shí)，函數(shù)g（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增
∴函數(shù)g（x）_min=g（1）=-a+$\frac{1}{4a}$，此時(shí)只需-a+$\frac{1}{4a}$≥0，即0＜a$≤\frac{1}{2}$
這與a＞$\frac{1}{2}$矛盾，舍去．
（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（$\frac{1}{2a}，+∞$）上單調(diào)遞增，
所以g（x）_min=g（$\frac{1}{2a}$）=ln$\frac{1}{2a}$=-ln（2a），
∵0＜a＜$\frac{1}{2}$，
∴-ln（2a）＞0符合條件
（3）若2a=1，即a=$\frac{1}{2}$時(shí)，g'（x）=$\frac{（x-1）^{2}}{x}$
當(dāng)x∈[1，+∞）時(shí)，g'（x）≥0⇒g（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增
∴g（x）_min=g（1）=0
∴g（x）≥0恒成立，符合題意，綜上可知，a的取值范圍為（0，$\frac{1}{2}$]

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)求得極值點(diǎn)和利用導(dǎo)數(shù)求參數(shù)的取值范圍，屬于難度較大的題目，在高考中常作壓軸題出現(xiàn)．