解题思路：（Ⅰ）a=-
1
4]时，
f
′
(x)＝−
1
2
x+
1
2
+
1
x
=
−(x−2)(x+1)
2x
，由此利用导数性质能求出函数f（x）的单调区间．
（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，+∞），则使g（x）max≤0，x∈[1，+∞）成立，由此利用分类讨论思想和导数性质能求出a的取值范围．
（Ⅰ）a=-[1/4]时，f（x）=-[1/4]（x-1）2+lnx，x＞0，
f′(x)＝−
1
2x+
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）单调递增；
当x＞2时，f′（x）＜0，f（x）在（2，+∞）单调递减，
∴函数f（x）的单调增区间是（0，2），单调减区间是（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，+∞），
则使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，
∴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，
∴存在x＞1，使g（x）＞g（1）=0，则不成立；
③当0＜a＜
1
2]时，x=[1/2a＞1，则f（x）在[1，
1
2a]]上单调递减，
在[[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，
∴不成立，综上得a≤0．
点评：
本题考点： 导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究函数的单调性．
考点点评： 本题考查函数的单调区间的求法，考查实数的取值范围的求法，解题时要认真审题，注意导数性质的合理运用．
1年前
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