Question

5．已知函數(shù)f（x）=$\frac{4{x}^{2}-7}{2-x}$，x∈[0，1]．
（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間和值域；
（2）設(shè)函數(shù)g（x）=x-4-alnx，x∈（$\frac{1}{e}$，e³），a∈R，若對于任意x₀∈[0，1]，總存在x₁，x₂∈（$\frac{1}{e}$，e³），x₁≠x₂，使得g（x₁）=g（x₂）=f（x₀）成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，令導(dǎo)數(shù)大于0，得增區(qū)間，令導(dǎo)數(shù)小于0，得減區(qū)間，進(jìn)而求得f（x）的值域；
（2）對于任意x₀∈[0，1]，總存在x₁，x₂∈（$\frac{1}{e}$，e³），x₁≠x₂，使得g（x₁）=g（x₂）=f（x₀）成立，即函數(shù)g（x）在區(qū)間（$\frac{1}{e}$，e³）上不是單調(diào)函數(shù)．…構(gòu)造函數(shù)g（x）=1-$\frac{a}{x}$=$\frac{x-a}{x}$，x∈（$\frac{1}{e}$，e³），再由導(dǎo)數(shù)求得g（x）的最值，即可得到所求范圍．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{-（2x-1）（2x-7）}{（2-x）^{2}}$，x∈[0，1]．…（2分）
f′（x）＞0，解得$\frac{1}{2}$＜x＜1，
f′（x）＜0，解得0＜x＜$\frac{1}{2}$，
所以函數(shù)f（x）在（$\frac{1}{2}$，1）上是增函數(shù)，在（0，$\frac{1}{2}$）上是減函數(shù)．…（4分）
f（$\frac{1}{2}$）=-4，f（0）=-$\frac{7}{2}$，f（1）=-3．
所以函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（$\frac{1}{2}$，1），單調(diào)減區(qū)間為（0，$\frac{1}{2}$），值域?yàn)閇-4，-3]．…（6分）
（2）因?yàn)閷τ谌我鈞₀∈[0，1]，總存在x₁，x₂∈（$\frac{1}{e}$，e³），x₁≠x₂，使得g（x₁）=g（x₂）=f（x₀）成立，
所以函數(shù)g（x）在區(qū)間（$\frac{1}{e}$，e³）上不是單調(diào)函數(shù)．…（8分）
g（x）=1-$\frac{a}{x}$=$\frac{x-a}{x}$，x∈（$\frac{1}{e}$，e³）．
因?yàn)間（x）在區(qū)間（$\frac{1}{e}$，e³）上不是單調(diào)函數(shù)，所以$\frac{1}{e}$＜x≤a，①且易知g（x）在區(qū)間（$\frac{1}{e}$，a）上是減函數(shù)，在區(qū)間（a，e³）上是增函數(shù)．…（10分）
當(dāng)$\frac{1}{e}$＜x≤a時，g（a）≤g（x）＜$\frac{1}{e}$-4+a；當(dāng)a≤x＜e＜3＜時，g（a）≤g（x）＜e³-4-3a．
根據(jù)題意，得g（a）＜-4，②$\frac{1}{e}$-4+a＞-3，③e³-4-3a＞-3．④…（14分）
解由①②③④組成的不等式組，得e＜x＜$\frac{{e}^{3}-1}{3}$．
所以a的取值范圍為（e，$\frac{{e}^{3}-1}{3}$）…（16分）

點(diǎn)評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求單調(diào)區(qū)間和極值，主要考查不等式恒成立和存在性問題，注意運(yùn)用參數(shù)分離和構(gòu)造函數(shù)通過導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，求出最值，屬于難題．