首页 > 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=1e-1，求函数

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=1e-1，求函数

题目简介

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=1e-1，求函数

题目详情

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）
题型：解答题难度：中档来源：嘉兴二模

答案

（Ⅰ）若a=class="stub"1
e-1
，则f(x)=lnx-class="stub"x-1
e-1
，f′(x)=class="stub"1
x
-class="stub"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)=class="stub"1
x
+class="stub"2ax
e2
-class="stub"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)(class="stub"2a
e2
-class="stub"1
ex
)．
令class="stub"2a
e2
-class="stub"1
ex
=class="stub"a
e2
，解得x1=class="stub"e
a
，则当x＞x1时，class="stub"2a
e2
-class="stub"1
ex
＞class="stub"a
e2
；
再令(x-e)class="stub"a
e2
=1，解得x2=
e2
a
+e，则当x＞x2时，(x-e)class="stub"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）

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