Question

15．已知函数f（x）=a（x-1）²+lnx，a∈R．
（Ⅰ）当$a=-\frac{1}{4}$时，求函数y=f（x）的单调减区间；
（Ⅱ）$a=\frac{1}{2}$时，令$h（x）=f（x）-3lnx+x-\frac{1}{2}$．求h（x）在[1，e]上的最大值和最小值；
（Ⅲ）若a≤0时，求证：函数f（x）≤x-1在x∈[1，+∞）恒成立．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求导函数，再根据f′（x）＜0，即可求出函数y=f（x）的单调减区间，
（Ⅱ）先求导函数，再根据导数和函数的最值的关系即可求出，
（Ⅲ）构造函数，求导函数，求出函数的最大值即可判断．

解答 解：（Ⅰ）当$a=-\frac{1}{4}$时，f（x）=-$\frac{1}{4}$（x-1）²+lnx，x＞0，
∴f′（x）=-$\frac{1}{2}$（x-1）+$\frac{1}{x}$，
令f′（x）=-$\frac{1}{2}$（x-1）+$\frac{1}{x}$＜0，
解得x＞2，
∴f（x）在（2，+∞）单调递减；
（Ⅱ）当a=$\frac{1}{2}$时，h（x）=$\frac{1}{2}$（x-1）²+lnx-3lnx+x-$\frac{1}{2}$=$\frac{1}{2}$（x-1）²-2lnx+x-$\frac{1}{2}$，
∴h′（x）=x-$\frac{2}{x}$，令h′（x）=0得x=$\sqrt{2}$，
当x∈[1，$\sqrt{2}$]时，h′（x）＜0，
当x∈[$\sqrt{2}$，e]时，h'（x）＞0，
故$x=\sqrt{2}$是函数h（x）在[1，e]上唯一的极小值点，
故$h{（x）_{min}}=h（\sqrt{2}）=1-ln2$，
又$h（1）=\frac{1}{2}$，$h（e）=\frac{1}{2}{e^2}-2＞\frac{1}{2}$，
∴h（x）_max=$\frac{1}{2}{e^2}-2$=$\frac{{{e^2}-4}}{2}$，
（Ⅲ）设g（x）=f（x）-x+1=a（x-1）²+lnx-x+1，x≥1
∴g′（x）=2ax-2a+$\frac{1}{x}$+1=$\frac{2{a}^{2}-（2a+1）x+1}{x}$=$\frac{（2ax-1）（x-1）}{x}$，
∵a≤0，x≥1，
∴g′（x）≤0在[1，+∞）山恒成立，
∴g（x）在[1，+∞）上单调递减，
∴g（x）_max=g（1）=-1+1=0，
∴函数f（x）≤x-1在x∈[1，+∞）恒成立

点评 本题考查了导数和函数的单调性最值的关系，以及不等式恒成立，关键是求导，属于中档题．