Question

2．設(shè)函數(shù)f（x）=-2x²+ax-lnx（a∈R），g（x）=$\frac{ex}{{e}^{x}}$+3．
（I）若函數(shù)f（x）在定義域內(nèi)單調(diào)遞減，求實數(shù)a的取值范圍；
（II）若對任意x∈（0，e），都有唯一的x_o∈[e^-4，e]，使得g（x）=f（x_o）+2x_o²成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根據(jù)題意即可得出4x²-ax+1≥0在（0，+∞）上恒成立，從而有△≤0或者$\left\{\begin{array}{l}{△＞0}\\{\frac{a}{8}＜0}\end{array}\right.$，這樣便可解出實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）可求g′（x），根據(jù)導(dǎo)數(shù)符號便可得出g（x）在（0，e）上的值域，并設(shè)h（x）=f（x）+2x²=ax-lnx，m=g（x），從而可將問題轉(zhuǎn)化為任意的m∈（3，4]，存在唯一的${x}_{0}∈[{e}^{-4}，e]$，使得h（x₀）=m，求導(dǎo)數(shù)$h′（x）=\frac{ax-1}{x}$，然后可討論a的取值：$a≤\frac{1}{e}，a≥{e}^{4}$，和$\frac{1}{e}＜a＜{e}^{4}$，在每種情況里可通過求函數(shù)h（x）的最大值或最小值，以及端點值即可求出滿足條件的a的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）∵$f′（x）=\frac{-4{x}^{2}+ax-1}{x}$，由題：f′（x）≤0在（0，+∞）上恒成立；
即4x²-ax+1≥0在（0，+∞）上恒成立；
∴△=a²-4×4×1≤0，得，-4≤a≤4；
或$\left\{\begin{array}{l}{△={a}^{2}-4×4×1＞0}\\{\frac{a}{8}＜0}\end{array}\right.$，故a＜-4；
綜上，a≤4；
（Ⅱ）∵g′（x）=e^1-x（1-x），∴g（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，e）上單調(diào)遞減；
且g（0）=3，g（1）=4，g（e）=e^2-e+3＞3；
∴g（x）的值域為（3，4]；
記h（x）=f（x）+2x²=ax-lnx，m=g（x）；
原問題等價于?m∈（3，4]，存在唯一的${x}_{0}∈[{e}^{-4}，e]$，使得h（x₀）=m成立；
∵$h′（x）=a-\frac{1}{x}$=$\frac{ax-1}{x}$，x∈[e^-4，e]；
①當(dāng)$a≤\frac{1}{e}$時，h′（x）≤0恒成立，h（x）單調(diào)遞減；
由$h（x）_{max}=h（{e}^{-4}）=a{e}^{-4}+4≥4$，h（x）_min=h（e）=ae-1≤3，解得$0≤a≤\frac{1}{e}$；
②當(dāng)a≥e⁴時，h′（x）≥0恒成立，h（x）單調(diào)遞增，$h（x）_{min}=h（{e}^{-4}）=a{e}^{-4}+4＞4$，不合題意，舍去；
③當(dāng)$\frac{1}{e}＜a＜{e}^{4}$時，h（x）在$[{e}^{-4}，\frac{1}{a}]$上單調(diào)遞減，在$[\frac{1}{a}，e]$上單調(diào)遞增；
且h（e^-4）=ae^-4+4＞4，h（e）=ae-1；
要滿足條件，則ae-1≤3；
∴$\frac{1}{e}＜a≤\frac{4}{e}$；
綜上所述，a的取值范圍是$[0，\frac{4}{e}]$．

點評 考查函數(shù)單調(diào)性和函數(shù)導(dǎo)數(shù)符號的關(guān)系，以及一元二次不等式的解法，熟悉二次函數(shù)的圖象，以及根據(jù)導(dǎo)數(shù)求函數(shù)最值的方法和過程，函數(shù)單調(diào)性定義的運用．