题目内容
2.已知a∈R,函数f(x)=lnx-a(x-1),e为自然对数的底数.(1)若a=$\frac{1}{e-1}$,求函数y=|f(x)|取得极值时所对应的x的值;
(2)若不等式f(x)≤-$\frac{a{x}^{2}}{{e}^{2}}$+$\frac{(1+2a-ea)x}{e}$恒成立,求a的取值范围.
分析 (1)先求f(x)的导函数,利用导函数值的正负得到f(x)的单调性,通过特殊点(1,0),(e,0)得出函数f(x)值的正负情况,根据绝对值函数的特征,求出|f(x)|的极值点;
(2)将原关系式转化为恒成立问题,利用导函数求最值,解不等式得到本题结果.
解答 解:(1)∵f(x)=lnx-$\frac{1}{e-1}$(x-1),
∴f′(x)=$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{e-1}$;
故f′(e-1)=0,
而f(1)=0,故f(e-1)<0;
易知f(e)=0;
故函数y=|f(x)|取得极小值时所对应的x的值为1,e;
取得极大值是所对应的x的值为e-1;
(2)(Ⅱ)不等式f(x)≤-$\frac{a{x}^{2}}{{e}^{2}}$+$\frac{(1+2a-ea)x}{e}$,
整理为lnx+$\frac{a{x}^{2}}{{e}^{2}}$-$\frac{(1+2a)}{e}$x+a≤0;…(*)
设g(x)=lnx+$\frac{a{x}^{2}}{{e}^{2}}$-$\frac{(1+2a)}{e}$x+a,
则g′(x)=$\frac{1}{x}$+$\frac{2a}{{e}^{2}}$x-$\frac{(1+2a)}{e}$(x>0)
=$\frac{(x-e)(2ax-e)}{{e}^{2}x}$;
①当a≤0时,2ax-e<0,又x>0,
则当x∈(0,e)时,g′(x)>0,g(x)单调递增;
当x∈(e,+∞)时,g′(x)<0,g(x)单调递减.
从而g(x)max=g(e)=0.
故g(x)≤0恒成立;
②当a>0时,g′(x)=$\frac{(x-e)(2ax-e)}{{e}^{2}x}$=(x-e)($\frac{2a}{{e}^{2}}$-$\frac{1}{ex}$).
令$\frac{2a}{{e}^{2}}$-$\frac{1}{ex}$=$\frac{a}{{e}^{2}}$,解得x1=$\frac{e}{a}$,
则当x>x1时,$\frac{2a}{{e}^{2}}$-$\frac{1}{ex}$>$\frac{a}{{e}^{2}}$;
再令(x-e)$\frac{a}{{e}^{2}}$=1得,x2=$\frac{{e}^{2}}{a}$+e;
则当x>x2时,(x-e)$\frac{a}{{e}^{2}}$>1;
取x0=max{x1,x2},
则当x>x0时,g′(x)>1;
故当x∈(x0,+∞)时,g(x)-g(x0)>x-x0;
与g(x)≤0恒成立相矛盾;
综上所述,a≤0.
点评 本题考查了导函数的综合应用,还考查了分类讨论的数学思想.本题思维质量高,计算量大,属于难题.
A. | 充分但不必要条件 | B. | 必要但不充分条件 | ||
C. | 充要条件 | D. | 既不充分也不必要条件 |
A. | c>b>a | B. | b>a>c | C. | a>c>b | D. | a>b>c |