Question

4．已知函數(shù)f（x）=$\frac{ex}{{e}^{x}}$，g（x）=ax-2lnx-a （a∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù)）．
（1）求f（x）的極值；
（2）在區(qū)間（0，e]上，對于任意的x₀，總存在兩個不同的x₁，x₂，使得g（x₁）=g（x₂）=f（x₀），求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的極值即可；
（2）求出當(dāng)x∈（0，e]時，函數(shù)f（x）的值域，通過討論a的范圍結(jié)合g（x）的單調(diào)性，求出a的具體范圍即可．

解答 解：（1）因為f（x）=$\frac{ex}{{e}^{x}}$，所以f′（x）=$\frac{（1-x）e}{{e}^{x}}$，…（2分）
令f′（x）=0，得x=1． …（3分）
當(dāng)x∈（-∞，1）時，f′（x）＞0，f（x）是增函數(shù)；
當(dāng)x∈（1，+∞）時，f′（x）＜0，f（x）是減函數(shù)．
所以f（x）在x=1時取得極大值f（1）=1，無極小值．  …（5分）
（2）由（1）知，當(dāng)x∈（0，1）時，f（x）單調(diào)遞增；當(dāng)x∈（1，e]時，f（x）單調(diào)遞減．
又因為f（0）=0，f（1）=1，f（e）=e•e^1-e＞0，
所以當(dāng)x∈（0，e]時，函數(shù)f（x）的值域為（0，1]．…（7分）
當(dāng)a=0時，g（x）=-2lnx在（0，e]上單調(diào)，不合題意； …（8分）
當(dāng)a≠0時，g′（x）=$\frac{a（x-\frac{2}{a}）}{x}$，x∈（0，e]，
故必須滿足0＜$\frac{2}{a}$＜e，所以a＞$\frac{2}{e}$．                     …（10分）
此時，當(dāng)x 變化時，g′（x），g（x）的變化情況如下：

x	（0，$\frac{2}{a}$）	$\frac{2}{a}$	（$\frac{2}{a}$，e]
g′（x）	-	0	+
g（x）	單調(diào)減	最小值	單調(diào)增

所以x→0，g（x）→+∞，g（$\frac{2}{a}$）=2-a-2ln$\frac{2}{a}$，g（e）=a（e-1）-2，
所以對任意給定的x₀∈（0，e]，在區(qū)間（0，e]上總存在兩個不同的x₁，x₂
使得g（x₁）=g（x₂）=f（x₀），
當(dāng)且僅當(dāng)a滿足下列條件$\left\{\begin{array}{l}{g（\frac{2}{a}）≤0}\\{g（e）≥1}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{2-a-2ln\frac{2}{a}≤0}\\{a（e-1）-2≥1}\end{array}\right.$，…（13分）
令m（a）=2-a-2ln$\frac{2}{a}$，a∈（$\frac{2}{e}$，+∞），
m′（a）=-$\frac{a-2}{a}$，由m′（a）=0，得a=2．
當(dāng)a∈（2，+∞）時，m′（a）＜0，函數(shù)m（a）單調(diào)遞減；
當(dāng)a∈（$\frac{2}{e}$，2）時，m′（a）＞0，函數(shù)m（a）單調(diào)遞增．
所以，對任意a∈（$\frac{2}{e}$，+∞）有m（a）≤m（2）=0，
即2-a-2ln$\frac{2}{a}$≤0對任意a∈（$\frac{2}{e}$，+∞）恒成立．
由a（e-1）-2≥1，解得a≥$\frac{3}{e-1}$，
綜上所述，當(dāng)a∈[$\frac{3}{e-1}$，+∞）時，對于任意給定的x₀（0，e]，
在區(qū)間（0，e]上總存在兩個不同的x₁，x₂，使得g（x₁）=g（x₂）=f（x₀）．             …（16分）

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、極值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問題，考查分類討論思想，是一道綜合題．