Question

函數(shù)f（x）=（2-a）（x-1）-2lnx，g（x）=xe^1-x（a∈R，e為自然數(shù)的底數(shù)）
（Ⅰ）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（II） 若對(duì)任意給定的x₀∈（0，e]，在（0，e]上總存在兩個(gè)不同的x_i（i=1，2），使得f（x_i）=g（x₀）成立，求a的取值范圍．

Answer 1

解：（1）函數(shù)的定義域?yàn)椋?，+∞）
（x＞0）
當(dāng)a=2時(shí)，f^′（x）＜0，則函數(shù)f（x）在（0，+∞）上為減函數(shù)；
當(dāng)a＞2時(shí)，，則函數(shù)f（x）在（0，+∞）上為減函數(shù)；
當(dāng)a＜2時(shí)，，故當(dāng)時(shí)，f^′（x）＜0，此時(shí)f（x）為減函數(shù)；當(dāng)時(shí)，f^′（x）＞0f（x）為增函數(shù)．
綜上，當(dāng)a≥2時(shí)，f（x）在（0，+∞）上是減函數(shù)；當(dāng)a＜2時(shí)，f（x）在上是減函數(shù)，在上是增函數(shù)．
（2）g^′（x）=e^1-x-xe^1-x=（1-x）e^1-x
當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，g^′（x）＞0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈（1，e]時(shí)，g^′（x）＜0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞減．
又因?yàn)間（0）=0，g（1）=1，g（e）=e•e^1-e＞0
所以，函數(shù)g（x）在（0，e]上的值域?yàn)椋?，1]
=，x∈（0，e]
當(dāng)x= 時(shí)，f^′（x）=0
故由題意得，f（x）在（0，e]上不單調(diào)．
∴，即 ①
故當(dāng)時(shí)，f^′（x）＜0，f（x）為減函數(shù)；當(dāng)時(shí)，f^′（x）＞0，f（x）為增函數(shù)．
∴當(dāng)x= 時(shí)，函數(shù)f（x）取到極小值，也是最小值，f（e）=（2-a）（e-1）-2
∴對(duì)任意給定的x₀∈（0，e]，在（0，e]上總存在兩個(gè)不同的x_i（i=1，2），使得f（x_i）=g（x₀）成立，當(dāng)且僅當(dāng)a滿足下列條件：，
即
令
則，令h^′（a）=0，解得a=0或a=2
故當(dāng)a∈（-∞，0）時(shí)，h^′（a）＞0，函數(shù)h（a）單調(diào)遞增；當(dāng)時(shí)，h^′（a）＜0，函數(shù)h（a）單調(diào)遞減．
∴對(duì)于任意的，有h（a）≤h（0）=0，即②對(duì)于任意的恒成立．
由③解得 ④
綜合①④可知，當(dāng)時(shí)，對(duì)任意給定的x₀∈（0，e]，在（0，e]上總存在兩個(gè)不同的x_i（i=1，2），使得f（x_i）=g（x₀）成立．
故a的范圍是
分析：（1）求出函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)f^′（x），由f^′（x）的正負(fù)判斷函數(shù)的單調(diào)性；
（2）求出函數(shù)g（x）的導(dǎo)函數(shù)g^′（x），由g^′（x）的正負(fù)判斷函數(shù)的單調(diào)性并求出函數(shù)g（x）在（0，e]上的值域；當(dāng)x= 時(shí)，f^′（x）=0，故由題意得，，即 ①，討論在（0，e]上的單調(diào)性，研究f（x）的最值，當(dāng)且僅當(dāng)a滿足下列條件：，由③式得 ④．綜合①④可知，當(dāng)時(shí)，對(duì)任意給定的x₀∈（0，e]，在（0，e]上總存在兩個(gè)不同的x_i（i=1，2），使得f（x_i）=g（x₀）成立．
點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了學(xué)生會(huì)利用導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)確定函數(shù)的單調(diào)性，會(huì)根據(jù)函數(shù)的增減性求出閉區(qū)間上函數(shù)的最值，能夠判斷不等式恒成立時(shí)所滿足的條件．