Question

2．已知函數(shù)f（x）=a（x-1）-lnx（a∈R），g（x）=e^x-x-1．
（1）求函數(shù)g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若對(duì)任意x₀∈（0，1]，總存在兩個(gè)不同的x_i∈（0，e]（i=1，2），使得f（x_i）=g（x₀）成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出g'（x）=e^x-1，通過(guò)g'（x）＞0，g'（x），求解可得函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，
（2）由（1）得函數(shù)g（x）在區(qū)間（0，1]上單調(diào)遞增，求出0＜g（x）≤e-2．求出函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)，通過(guò)①當(dāng)$a≤\frac{1}{e}$，②當(dāng)$a＞\frac{1}{e}$時(shí)，利用函數(shù)的單調(diào)性，函數(shù)的最值，推出不等式求解a的取值范圍．

解答 （重點(diǎn)中學(xué)做）解：（1）∵g'（x）=e^x-1．…（2分）
∴g'（x）＞0?x＞0，g'（x）＜0?x＜0．…（4分）
故函數(shù)g（x）在區(qū)間（-∞，0）上單調(diào)遞減，在（0，+∞）上單調(diào)遞增．…（5分）
（2）由（1）得函數(shù)g（x）在區(qū)間（0，1]上單調(diào)遞增，
∴g（0）＜g（x）≤g（1），即0＜g（x）≤e-2．…（6分）$f'（x）=a-\frac{1}{x}=\frac{ax-1}{x}$，
①當(dāng)a≤0或$\frac{1}{a}≥e$時(shí)，即$a≤\frac{1}{e}$，當(dāng)x∈（0，e]時(shí)，f'（x）＜0，函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，e]上單調(diào)遞減，不符題意．…（8分）
②當(dāng)$0＜\frac{1}{a}＜e$時(shí)，即$a＞\frac{1}{e}$時(shí)，$f'（x）＜0?0＜x＜\frac{1}{a}$；$f'（x）＞0?\frac{1}{a}＜x≤e$．
∴f（x）在$（{0，\frac{1}{a}}）$上單調(diào)遞減，在$（{\frac{1}{a}，e}]$上單調(diào)遞增，
∴$\left\{\begin{array}{l}f（{\frac{1}{a}}）≤0\\ f（e）≥e-2\end{array}\right.$．…（10分）
由于1∈（0，e]，∴$f（{\frac{1}{a}}）≤f（1）=0$恒成立，∴f（e）=a（e-1）-1≥e-2，∴a≥1．
∴a的取值范圍[1，+∞）．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，函數(shù)的單調(diào)性以及函數(shù)的最值的求法，考查轉(zhuǎn)化思想以及計(jì)算能力．