Question

18．已知函數(shù)f（x）=$\frac{ex}{{e}^{x}}$，g（x）=ax-lnx（a∈R）．
（1）當x∈[0，+∞）時，求函數(shù)f（x）的值域；
（2）若對任意x∈[0，+∞），都存在x₀∈[$\frac{1}{e}$，e]，使得f（x）=g（x₀）成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，求出函數(shù)的值域即可；
（2）問題轉(zhuǎn)化為f（x）的值域是g（x）值域的子集，通過討論a的范圍，求出g（x）的單調(diào)區(qū)間，得到g（x）的值域，解關(guān)于a的不等式組，解出即可．

解答 解：（1）f（x）=$\frac{ex}{{e}^{x}}$，f′（x）=$\frac{e（1-x）}{{e}^{x}}$，
令f′（x）＞0，解得：0≤x＜1，令f′（x）＜0，解得：x＞1，
∴f（x）在[0，1）遞增，在（1，+∞）遞減，
∴f（x）_max=f（1）=1，
∴f（x）的值域是[0，1]；
（2）若對任意x∈[0，+∞），都存在x₀∈[$\frac{1}{e}$，e]，使得f（x）=g（x₀）成立，
則f（x）的值域是g（x）值域的子集，
由（1）f（x）的值域是[0，1]，
g（x）=ax-lnx，（x＞0），g′（x）=$\frac{ax-1}{x}$，
①a≤0時，g′（x）＜0，g（x）在[$\frac{1}{e}$，e]遞減，
g（x）_min=g（e）=ae-1，g（x）_max=g（$\frac{1}{e}$）=$\frac{a}{e}$+1，
故g（x）的值域是[ae-1，$\frac{a}{e}$+1]?[0，1]，
∴$\left\{\begin{array}{l}{ae-1≤0}\\{\frac{a}{e}+1≥1}\end{array}\right.$，解得：0≤a≤$\frac{1}{e}$，
故a=0符合題意，
②a＞0時，令g′（x）＞0，解得：x＞$\frac{1}{a}$，令g′（x）＜0，解得：x＜$\frac{1}{a}$，
∴g（x）在（0，$\frac{1}{a}$）遞減，在（$\frac{1}{a}$，+∞）遞增，
（i）0＜a≤$\frac{1}{e}$時，g（x）在[$\frac{1}{e}$，e]遞減，
∴g（x）的值域是[ae-1，$\frac{a}{e}$+1]?[0，1]，
∴$\left\{\begin{array}{l}{ae-1≤0}\\{\frac{a}{e}+1≥1}\end{array}\right.$，解得：0≤a≤$\frac{1}{e}$，
故0＜a≤$\frac{1}{e}$符合題意，
（ii）$\frac{1}{e}$＜a＜e時，g（x）在[$\frac{1}{e}$，$\frac{1}{a}$）遞減，在（$\frac{1}{a}$，e]遞增，
∴g（x）的值域是[1+lna，ae-1]或[1+lna，$\frac{a}{e}$+1]，
∴$\left\{\begin{array}{l}{1+lna≤0}\\{ae-1≥1}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{1+lna≤0}\\{\frac{a}{e}+1≥1}\end{array}\right.$，無解，
（iii）a≥e時，g（x）在[$\frac{1}{e}$，e]遞增，
∴g（x）的值域是[$\frac{a}{e}$+1，ae-1]，
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{a}{e}+1≤0}\\{ae-1≥1}\end{array}\right.$，無解，
綜上：a∈[0，$\frac{1}{e}$]．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，是一道中檔題．