Question

17．已知函數(shù)f（x）=xe^1-x，g（x）=（2-a）x-2lnx+a-2．
（1）求函數(shù)g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若對于?x₀∈（0，e]，在區(qū)間（0，e]上總存在兩個不同實數(shù)x_i（i=1，2），使得f（x₀）=g（x_i），求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）首先求出函數(shù)的導數(shù)，然后根據(jù)導數(shù)與單調(diào)區(qū)間的關系確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（2）利用導數(shù)求出函數(shù)f（x）的值域，可知當a=2時，不合題意；當a≠2時，通過構(gòu)造函數(shù)，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和極值，根據(jù)兩個函數(shù)極值和最值之間的關系即可求得滿足條件的實數(shù)a的取值范圍．

解答 解：（1）∵g′（x）=2-a-$\frac{2}{x}$，（x＞0），
∴當2-a≤0，即a≥2時，g'（x）＜0恒成立，g（x）在（0，+∞）上為減函數(shù)；
當2-a＞0，即a＜2時，由g′（x）＜0，得0＜x＜$\frac{2}{2-a}$，由g'（x）＞0，得x＞$\frac{2}{2-a}$．
∴當a＜2時，函數(shù)f（x）的單調(diào)減區(qū)間是（0，$\frac{2}{2-a}$），單調(diào)增區(qū)間是（$\frac{2}{2-a}$，+∞）；
（2）f′（x）=e^1-x-xe^1-x=（1-x）e^1-x，
當x∈（0，1）時，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增；
當x∈（1，e]時，f′（x）＜0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減．
又∵f（0）=0，f（1）=1，f（e）=e•e^1-e＞0，
∴函數(shù)f（x）在（0，e]上的值域為（0，1]．
當a=2時，不合題意；
當a≠2時，g′（x）=2-a-$\frac{2}{x}$=$\frac{（2-a）x-2}{x}$=$\frac{（2-a）（x-\frac{2}{2-a}）}{x}$，x∈（0，e]，
當x=$\frac{2}{2-a}$時，g′（x）=0．
由題意得，g（x）在（0，e]上不單調(diào)，故0＜$\frac{2}{2-a}$＜e，即a＜2-$\frac{2}{e}$，
此時，當x變化時，g′（x），g（x）的變化情況如下：

x	（0，$\frac{2}{2-a}$）	$\frac{2}{2-a}$	（$\frac{2}{2-a}$，e]
g′（x）	-	0	+
g（x）	↘	最小值	↗

又∵當x→0時，2-a＞0，g（x）→+∞，
g（$\frac{2}{2-a}$）=a-2ln$\frac{2}{2-a}$，g（e）=（2-a）（e-1）-2，
∴對任意給定的x₀∈（0，e]，在（0，e]上總存在兩個不同的x_i（i=1，2），
使得g（x_i）=f（x₀）成立，當且僅當a滿足下列條件：g（ $\frac{2}{2-a}$）=a-2ln$\frac{2}{2-a}$≤0，
g（e）=（2-a）（e-1）-2≥1，
令h（a）=a-2ln$\frac{2}{2-a}$，a∈（-∞，2-$\frac{2}{e}$），
則h′（a）=1-2[ln2-ln（2-a）]′=1-$\frac{2}{2-a}$=$\frac{a}{a-2}$，令h′（a）=0，得a=0或a=2，
故當a∈（-∞，0）時，h′（a）＞0，函數(shù)h（a）單調(diào)遞增；
當a∈（0，2-$\frac{2}{e}$）時，h′（a）＜0，函數(shù)h（a）單調(diào)遞減．
∴對任意a∈（-∞，2-$\frac{2}{e}$），有h（a）≤h（0）=0，
即a-2ln$\frac{2}{2-a}$≤0對任意a∈（-∞，2-$\frac{2}{e}$）恒成立．
由（2-a）（e-1）-2≥1，解得：a≤2-$\frac{3}{e-1}$．
綜上可知，當a∈（-∞，2-$\frac{3}{e-1}$]時，對任意給定的x₀∈（0，e]，
在（0，e]上總存在兩個不同的x_i（i=1，2），
使g（x_i）=f（x₀）成立．

點評 本題主要考查導數(shù)的綜合應用，考查利用導函數(shù)的正負確定函數(shù)的單調(diào)性，會根據(jù)函數(shù)的增減性求出閉區(qū)間上函數(shù)的最值，掌握不等式恒成立時所滿足的條件是解答該題的關鍵，題目設置綜合性較強，難度較大．