Question

18．已知函數(shù)f（x）=（x-1）²+a（lnx-x+1）（其中a∈R，且a為常數(shù)）
（Ⅰ）當a=4時，求函數(shù)y=f（x）的單調區(qū)間；
（Ⅱ）若對于任意的x∈（1，+∞），都有f（x）＞0成立，求a的取值范圍；
（Ⅲ）若方程f（x）+a+1=0在x∈（1，2）上有且只有一個實根，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根據(jù)導數(shù)和函數(shù)的單調性的關系即可求出，
（Ⅱ）分類討論，確定函數(shù)的單調性，從而解得；
（Ⅲ）依題意，設g（x）=f（x）+a+1，原題即為若g（x）在（1，2）上有且只有一個零點，求a的取值范圍．顯然函數(shù)g（x）與f（x）的單調性是一致的，根據(jù)函數(shù)的單調性，當a＜0，即可得到可知$\left\{\begin{array}{l}g（1）=a+1＜0\\ g（2）=f（2）+a+1＞0\end{array}\right.$，解得即可，當a≥0，判斷此時方程沒有實根，問題得以解決．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）的定義域為（0，+∞）
由$f'（x）=2（{x-1}）+a（{\frac{1}{x}-1}）=\frac{{（{x-1}）（{2x-a}）}}{x}$，
當a=4時，$f'（x）=\frac{{2（{x-1}）（{x-2}）}}{x}$，
∴函數(shù)f（x）在（0，1）上單調遞增，在（1，2）上單調遞減，（2，+∞）在上單調遞增；
（Ⅱ）由$f'（x）=2（{x-1}）+a（{\frac{1}{x}-1}）=\frac{{（{x-1}）（{2x-a}）}}{x}$
當a≤2時，
∵f'（x）＞0對于x∈（1，+∞）恒成立，
∴f（x）在（1，+∞）上單調遞增
∴f（x）＞f（1）=0，此時命題成立；
當a＞2時，
∵f（x）在$（{1，\frac{a}{2}}）$上單調遞減，在$（{\frac{a}{2}，+∞}）$上單調遞增，
∴當$x∈（{1，\frac{a}{2}}）$時，有f（x）＜f（1）=0．這與題設矛盾，不合．
故a的取值范圍是（-∞，2]；
（Ⅱ）依題意，設g（x）=f（x）+a+1，
原題即為若g（x）在（1，2）上有且只有一個零點，求a的取值范圍．
顯然函數(shù)g（x）與f（x）的單調性是一致的．
當a≤0時，因為函數(shù)g（x）在（1，2）上遞增，
由題意可知$\left\{\begin{array}{l}g（1）=a+1＜0\\ g（2）=f（2）+a+1＞0\end{array}\right.$，
解得$-\frac{2}{ln2}＜a＜-1$；
當a＞0時，因為g（x）=（x-1）²+alnx+（2-x）a+1，
當x∈（1，2）時，總有g（x）＞0，此時方程沒有實根．
綜上所述，當$-\frac{2}{ln2}＜a＜-1$時，方程f（x）+a+1=0在x∈（1，2）上有且只有一個實根．

點評 本題考查了導數(shù)的綜合應用及分類討論的思想應用，同時考查了方程的根與函數(shù)的零點的關系應用，屬于中檔題