Question

（2013•嘉兴二模）若f（x₀）是函数f（x）在点x₀附近的某个局部范围内的最大（小）值，则称f（x₀）是函数f（x）的一个极值，x₀为极值点．已知a∈R，函数f（x）=lnx-a（x-1）．
（Ⅰ）若a=

1

e-1

，求函数y=|f（x）|的极值点；
（Ⅱ）若不等式f(x)≤-

ax2

e2

+

(1+2a-ea)x

e

恒成立，求a的取值范围．
（e为自然对数的底数）

Answer 1

分析：（Ⅰ）把a=

1

e-1

代入可得函数的解析式，进而可得导函数和单调区间，可得函数的极值点；
（Ⅱ）原不等式等价于lnx+

ax2

e2

-

(1+2a)x

e

+a≤0，设g(x)=lnx+

ax2

e2

-

(1+2a)x

e

+a，通过求导数，分a≤0，和a＞0讨论可得答案．

解答：解：（Ⅰ）若a=

1

e-1

，则f(x)=lnx-

x-1

e-1

，f′(x)=

1

x

-

1

e-1

．
当x∈（0，e-1）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；
当x∈（e-1，+∞）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减．…（2分）
又因为f（1）=0，f（e）=0，所以
当x∈（0，1）时，f（x）＜0；当x∈（1，e-1）时，f（x）＞0；
当x∈（e-1，e）时，f（x）＞0；当x∈（e，+∞）时，f（x）＜0．…（4分）
故y=|f（x）|的极小值点为1和e，极大值点为e-1．…（6分）
（Ⅱ）不等式f(x)≤-

ax2

e2

+

(1+2a-ea)x

e

，
整理为lnx+

ax2

e2

-

(1+2a)x

e

+a≤0．…（*）
设g(x)=lnx+

ax2

e2

-

(1+2a)x

e

+a，
则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当a≤0时，2ax-e＜0，又x＞0，所以，
当x∈（0，e）时，g'（x）＞0，g（x）递增；
当x∈（e，+∞）时，g'（x）＜0，g（x）递减．
从而g（x）_max=g（e）=0．
故，g（x）≤0恒成立．…（11分）
②当a＞0时，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

，则当x＞x₁时，

2a

e2

-

1

ex

＞

a

e2

；
再令(x-e)

a

e2

=1，解得x2=

e2

a

+e，则当x＞x₂时，(x-e)

a

e2

＞1．
取x₀=max（x₁，x₂），则当x＞x₀时，g'（x）＞1．
所以，当x∈（x₀，+∞）时，g（x）-g（x₀）＞x-x₀，即g（x）＞x-x₀+g（x₀）．
这与“g（x）≤0恒成立”矛盾．
综上所述，a≤0．…（14分）

点评：本题考查利用导数研究函数的极值，涉及函数的恒成立问题，属中档题．