Question

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．

Answer 1

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．