Question

1．已知函數(shù)f（x）=x²-（a+1）x+3（x∈R，a∈R）．
（1）若a=1，寫出函數(shù)f（x）單調(diào)區(qū)間；
（2）設(shè)函數(shù)g（x）=log₂x，且x∈[$\frac{1}{2}$，4]，若不等式f（g（x））≥$\frac{a+3}{2}$恒成立，求a的取值范圍；
（3）已知對任意的x∈（0，+∞）都有l(wèi)nx≤x-1成立，試?yán)�用這個條件證明：當(dāng)a∈[-2，$\frac{9}{4}$]時，不等式f（x）＞ln（x-1）²恒成立．

Answer 1

分析 （1）原函數(shù)化簡為f（x）=（x-1）²+2，根據(jù)二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)即可得到單調(diào)區(qū)間；
（2）先求出g（x）的值域，原不等式可化為t²-（a+1）t+3≥$\frac{a+3}{2}$，構(gòu)造函數(shù)h（t），根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)分類討論，求出函數(shù)h（t）的最小值，再解不等式，即可得到答案；
（3）分別根據(jù)當(dāng)x＞1或0＜x＜1，充分利用所給的條件，根據(jù)判別式即可證明．

解答 解：（1）當(dāng)a=1時，f（x）=x²-2x+3=（x-1）²+2，
所以函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間為（-∞，1），增區(qū)間為[1，+∞）．）
（2）因?yàn)閤∈[$\frac{1}{2}$，4]，所以g（x）=log₂x∈[-1，2]，
設(shè)t=g（x） 則∈[-1，2]，
∴f（g（x））≥$\frac{a+3}{2}$可化為t²-（a+1）t+3≥$\frac{a+3}{2}$．
令h（t）=t²-（a+1）t+3，其對稱軸為t=$\frac{a+1}{2}$，
①當(dāng)$\frac{a+1}{2}$≤-1，即a≤-3 時，h（t）在[-1，2]上單調(diào)遞增，
所以h（t）_min=h（-1）=1+a+1+3=a+5，
由a+5≥$\frac{a+3}{2}$得a≥-7，
所以-7≤a≤-3；                                   
②當(dāng)-1＜$\frac{a+1}{2}$＜2即-3＜a＜3時，
函數(shù)h（t）在（-1，$\frac{a+1}{2}$）上遞減，在（$\frac{a+1}{2}$，2）上遞增，
所以h（t）_min=h（$\frac{a+1}{2}$）=-$\frac{（a+1）^{2}}{4}$+3．
由-$\frac{（a+1）^{2}}{4}$+3≥$\frac{a+3}{2}$，解得-5≤a≤1．
所以-3＜a≤1．
③當(dāng)$\frac{a+1}{2}$≥2，即a≥3時，函數(shù)h（t）在-1，2]遞減，
所以h（t）_min=h（2）=5-2a，
由5-2a≥$\frac{a+3}{2}$，得a≤$\frac{7}{5}$，舍去．
綜上：a∈[-7，1]．
（3）?當(dāng)x＞1時，ln（x-1）²=2ln（x-1），
由題意x∈（0，+∞）都有l(wèi)nx≤x-1成立，
可得x＞1時，2ln（x-1）≤2x-4，
∴f（x）-（2x-4）=x²-（a+1）x+3-2x+4=x²-（a+3）x+7，
當(dāng)a∈[-2，$\frac{9}{4}$]時，△=（a+3）²-28＜0恒成立，
所以f（x）-（2x-4）＞0恒成立，即f（x）＞2x-4恒成立，
所以f（x）＞ln（x-1）²恒成立．
?當(dāng)0＜x＜1時，ln（x-1）²=2ln（1-x），
由題意可得2ln（1-x）≤-2x，
f（x）-（-2x）=x²-（a-3）x+3，
因?yàn)椋��?（a-1）²-12，
當(dāng)當(dāng)a∈[-2，$\frac{9}{4}$]時，△＜0恒成立，
所以f（x）-（-2x）＞0，即f（x）＞-2x恒成立，
所以f（x）＞ln（x-1）²恒成立，
綜上，f（x）＞ln（x-1）²恒成立．

點(diǎn)評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性，參數(shù)的取值范圍，不等式證明，關(guān)鍵是掌握二次函數(shù)的性質(zhì)，需要分類討論，運(yùn)算過程大，屬于難題．