Question

（2013•嘉興二模）若f（x₀）是函數(shù)f（x）在點(diǎn)x₀附近的某個(gè)局部范圍內(nèi)的最大（�。┲担瑒t稱f（x₀）是函數(shù)f（x）的一個(gè)極值，x₀為極值點(diǎn)．已知a∈R，函數(shù)f（x）=lnx-a（x-1）．
（Ⅰ）若a=

1

e-1

，求函數(shù)y=|f（x）|的極值點(diǎn)；
（Ⅱ）若不等式f(x)≤-

ax2

e2

+

(1+2a-ea)x

e

恒成立，求a的取值范圍．
（e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）

Answer 1

分析：（Ⅰ）把a=

1

e-1

代入可得函數(shù)的解析式，進(jìn)而可得導(dǎo)函數(shù)和單調(diào)區(qū)間，可得函數(shù)的極值點(diǎn)；
（Ⅱ）原不等式等價(jià)于lnx+

ax2

e2

-

(1+2a)x

e

+a≤0，設(shè)g(x)=lnx+

ax2

e2

-

(1+2a)x

e

+a，通過(guò)求導(dǎo)數(shù)，分a≤0，和a＞0討論可得答案．

解答：解：（Ⅰ）若a=

1

e-1

，則f(x)=lnx-

x-1

e-1

，f′(x)=

1

x

-

1

e-1

．
當(dāng)x∈（0，e-1）時(shí)，f'（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈（e-1，+∞）時(shí)，f'（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減．…（2分）
又因?yàn)閒（1）=0，f（e）=0，所以
當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，f（x）＜0；當(dāng)x∈（1，e-1）時(shí)，f（x）＞0；
當(dāng)x∈（e-1，e）時(shí)，f（x）＞0；當(dāng)x∈（e，+∞）時(shí)，f（x）＜0．…（4分）
故y=|f（x）|的極小值點(diǎn)為1和e，極大值點(diǎn)為e-1．…（6分）
（Ⅱ）不等式f(x)≤-

ax2

e2

+

(1+2a-ea)x

e

，
整理為lnx+

ax2

e2

-

(1+2a)x

e

+a≤0．…（*）
設(shè)g(x)=lnx+

ax2

e2

-

(1+2a)x

e

+a，
則g′(x)=

1

x

+

2ax

e2

-

1+2a

e

（x＞0）=

2ax2-(1+2a)ex+e2

e2x

=

(x-e)(2ax-e)

e2x

．…（8分）
①當(dāng)a≤0時(shí)，2ax-e＜0，又x＞0，所以，
當(dāng)x∈（0，e）時(shí)，g'（x）＞0，g（x）遞增；
當(dāng)x∈（e，+∞）時(shí)，g'（x）＜0，g（x）遞減．
從而g（x）_max=g（e）=0．
故，g（x）≤0恒成立．…（11分）
②當(dāng)a＞0時(shí)，g′(x)=

(x-e)(2ax-e)

e2x

=(x-e)(

2a

e2

-

1

ex

)．
令

2a

e2

-

1

ex

=

a

e2

，解得x1=

e

a

，則當(dāng)x＞x₁時(shí)，

2a

e2

-

1

ex

＞

a

e2

；
再令(x-e)

a

e2

=1，解得x2=

e2

a

+e，則當(dāng)x＞x₂時(shí)，(x-e)

a

e2

＞1．
取x₀=max（x₁，x₂），則當(dāng)x＞x₀時(shí)，g'（x）＞1．
所以，當(dāng)x∈（x₀，+∞）時(shí)，g（x）-g（x₀）＞x-x₀，即g（x）＞x-x₀+g（x₀）．
這與“g（x）≤0恒成立”矛盾．
綜上所述，a≤0．…（14分）

點(diǎn)評(píng)：本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值，涉及函數(shù)的恒成立問(wèn)題，屬中檔題．