题目

题型：宁波二模难度：来源：

已知函数f（x）=a（x-1）²+lnx．a∈R．
（Ⅰ）当a=-

1

4

时，求函数y=f（x）的单调区间；
（Ⅱ）当x∈[1，+∞）时，函数y=f（x）图象上的点都在不等式组

x≥1 y≤x-1

所表示的区域内，求a的取值范围．

答案

（Ⅰ）a=-

1

4

，f(x)=-

1

4

(x-1)2+lnx（x＞0），
f′(x)=-

1

2

x+

1

2

+

1

x

=

-x2+x+2

2x

=

-(x-2)(x+1)

2x

，
当0＜x＜2时，f"（x）＞0，f（x）在（0，2）上单调递增；
当x＞2时，f"（x）＜0，f（x）在（0，2）上单调递减；
所以函数的单调递增区间是（0，2），单调递减区间是（2，+∞）． 
（Ⅱ）由题意得a（x-1）²+lnx≤x-1对x∈[1，+∞）恒成立，
设g（x）=a（x-1）²+lnx-x+1，x∈[1，+∞），则有g（x）_max≤0，x∈[1，+∞）成立．
求导得g′(x)=

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

x

=

(2ax-1)(x-1)

x

，
①当a≤0时，若x＞1，则g"（x）＜0，所以g（x）在[1，+∞）单调递减，g（x）_max=g（1）=0≤0成立，得a≤0；
②当a≥

1

2

时，x=

1

2a

≤1，g（x）在x∈[1，+∞）上单调递增，所以存在x＞1，使g（x）＞g（1）=0，此时不成立；    
③当0＜a＜

1

2

时，x=

1

2a

＞1，则f(x)在[1，

1

2a

]上单调递减，[

1

2a

，+∞)单调递增，
则存在

1

a

∈[

1

2a

，+∞)，有g(

1

a

)=a(

1

a

-1)2+ln

1

a

-

1

a

+1=-lna+a-1＞0，所以不成立；
综上得a≤0．