Question

（2013•嘉興二模）若f（x₀）是函數f（x）在點x₀附近的某個局部范圍內的最大（小）值，則稱f（x₀）是函數f（x）的一個極值，x₀為極值點．已知a∈R，函數f（x）=lnx-a（x-1）．
（Ⅰ）若a=

1

e-1

，求函數y=|f（x）|的極值點；
（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為自然對數的底數）

Answer 1

分析：（Ⅰ）把a=

1

e-1

代入可得函數的解析式，進而可得導函數和單調區間，可得函數的極值點；
（Ⅱ）原不等式等價于lnx+

ax2

e2

-

(1+2a)x

e

+a≤0，設g(x)=lnx+

ax2

e2

-

(1+2a)x

e

+a，通過求導數，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x∈（0，e-1）時，f'（x）＞0，f（x）單調遞增；
當x∈（e-1，+∞）時，f'（x）＜0，f（x）單調遞減．…（2分）
又因為f（1）=0，f（e）=0，所以
當x∈（0，1）時，f（x）＜0；當x∈（1，e-1）時，f（x）＞0；
當x∈（e-1，e）時，f（x）＞0；當x∈（e，+∞）時，f（x）＜0．…（4分）
故y=|f（x）|的極小值點為1和e，極大值點為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a≤0時，2ax-e＜0，又x＞0，所以，
當x∈（0，e）時，g'（x）＞0，g（x）遞增；
當x∈（e，+∞）時，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a＞0時，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x＞x₁時，

2a

e2

-

1

ex

＞

a

e2

；
再令(x-e)

a

e2

=1，解得x2=

e2

a

+e，則當x＞x₂時，(x-e)

a

e2

＞1．
取x₀=max（x₁，x₂），則當x＞x₀時，g'（x）＞1．
所以，當x∈（x₀，+∞）時，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）

點評：本題考查利用導數研究函數的極值，涉及函數的恒成立問題，屬中檔題．