Question

已知函數(shù)f（x）=x-1-ln（x+m）在（0，1]上是減函數(shù)，在[1，+∞）上是增函數(shù)；
（Ⅰ）求m的值．
（Ⅱ）若對(duì)任意的x∈[1，+∞），不等式f（x）≤a（x-1）²恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專(zhuān)題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）由已知得f′(x)=1-

1

x+m

，函數(shù)f（x）在x=1處取得極小值，由此利用導(dǎo)數(shù)性質(zhì)能求出m．
（Ⅱ）f（x）=x-1-lnx．由題意知a＞0，a（x-1）²-x+1+ln x≥0在x∈[1，+∞）上恒成立．構(gòu)造函數(shù)g（x）=a（x-1）²-x+1+ln x，由此利用導(dǎo)數(shù)性質(zhì)能求出實(shí)數(shù)a的取值范圍．

解答： 解：（Ⅰ）∵f（x）=x-1-ln（x+m），
∴f′(x)=1-

1

x+m

．…（1分）
由于函數(shù)f（x）在（0，1]上是減函數(shù)，在[1，+∞）上是增函數(shù)
∴函數(shù)f（x）在x=1處取得極小值，…（3分）
∴f′（1）=0，即1-

1

1+m

=0，解得m=0．…（4分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）知f（x）=x-1-lnx．
若a≤0，取x=2，則f（x）=1-ln 2＞0不滿足f（x）≤a（x-1）²，∴必有a＞0，…（6分）
不等式f（x）≤a（x-1）²，
即為x-1-ln x≤a（x-1）²，
∴a（x-1）²-x+1+ln x≥0在x∈[1，+∞）上恒成立．
令g（x）=a（x-1）²-x+1+ln x，…（7分）
則g′（x）=2a（x-1）-1+

1

x

=

2ax2-2ax-x+1

x

=

2a(x- 1 2a )(x-1)

x

．
①當(dāng)

1

2a

≤1即a≥

1

2

時(shí)，當(dāng)x＞1時(shí)，有g(shù)′（x）＞0恒成立，
即g（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，…（9分）
g（x）在[1，+∞）上的最小值為g（1）=0，
故g（x）≥g（1）=0在x∈[1，+∞）上恒成立，…（10分）
②當(dāng)

1

2a

＞1即0＜a＜

1

2

時(shí)，
由g′(x)=

2a(x- 1 2a )(x-1)

x

＜0可得1＜x＜

1

2a

，
即函數(shù)g（x）在(1，

1

2a

)上單調(diào)遞減，…（12分）
又g（1）=0，
∴當(dāng)x∈（1，

1

2a

）時(shí)，g（x）＜0，
因此g（x）≥0在x∈[1，+∞）上不能恒成立．…（13分）
綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是[

1

2

，+∞)．…（14分）

點(diǎn)評(píng)：本題考查實(shí)數(shù)值的求法，考查實(shí)數(shù)的取值范圍的求法，解題時(shí)要注意導(dǎo)數(shù)性質(zhì)、構(gòu)造法、分類(lèi)討論思想的合理運(yùn)用．