Question

已知函數(shù)f（x）=（2-a）（x-1）-2lnx，g（x）=xe^1-x（a∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù)）．
（Ⅰ）若不等式f（x）＞0對于一切恒成立，求a的最小值；
（Ⅱ）若對任意的x₀∈（0，e]，在（0，e]上總存在兩個不同的x_i（i=1，2），使f（x_i）=g（x₀）
成立，求a的取值范圍．

Answer 1

解：（Ⅰ）由題意得（2-a）（x-1）-2lnx＞0在內(nèi)恒成立，即在內(nèi)恒成立，
設，則，
設，則，
∴φ（x）在內(nèi)是減函數(shù)，∴，
∴h'（x）＞0，h（x）在內(nèi)為增函數(shù)，
則，∴a≥2-4ln2，
故a的最小值為2-4ln2．
（Ⅱ）g'（x）=e^1-x-xe^1-x=（1-x）e^1-x，
當x∈（0，1）時，g'（x）＞0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞增；
當x∈（1，e]時，g'（x）＜0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞減．
又因為g（0）=0，g（1）=1，g（e）=e•e^1-e＞0，
所以，函數(shù)g（x）在（0，e]上的值域為（0，1]．
當a=2時，不合題意；當a≠2時，f'（x）=2-a-==，x∈（0，e]
當x=時，f'（x）=0．
由題意得，f（x）在（0，e]上不單調(diào)，故0＜＜e，即a＜2-①
此時，當x變化時，f'（x），f（x）的變化情況如下：

又因為，當x→0時，f（x）→+∞，
f（）=a-2ln，f（e）=（2-a）（e-1）-2，
所以，對任意給定的x₀∈（0，e]，在（0，e]上總存在兩個不同的x_i（i=1，2），
使得f（x_i）=g（x₀）成立，當且僅當a滿足下列條件：
即
令h（a）=a-2ln，a∈（-∞，2-），
則h′（a）=1-2[ln2-ln（2-a）]′=1-=，令h'（a）=0，得a=0或a=2，
故當a∈（-∞，0）時，h'（a）＞0，函數(shù)h（a）單調(diào)遞增；
當a∈（0，2-）時，h'（a）＜0，函數(shù)h（a）單調(diào)遞減．
所以，對任意a∈（-∞，2-），有h（a）≤h（0）=0，
即②對任意a∈（-∞，2-）恒成立．
由③式解得：a≤2-．④
綜合①④可知，當a∈（-∞，2-]時，對任意給定的x₀∈（0，e]，
在（0，e]上總存在兩個不同的x_i（i=1，2），使f（x_i）=g（x₀）成立．
分析：（Ⅰ）不等式f（x）＞0對于一切恒成立，分離參數(shù)后即在內(nèi)恒成立，構(gòu)造函數(shù)h（x）=2-（x），則問題轉(zhuǎn)化為a＞h（x）_max，利用導數(shù)即可求得函數(shù)h（x）的最大值；
（Ⅱ）求出g′（x），根據(jù)導函數(shù)的正負得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，即可求出g（x）的值域，而當a等于2時不合題意，當a不等于2
時，求出f′（x）=0時x的值，根據(jù)x屬于（0，e]列出關(guān)于a的不等式得到①，并根據(jù)此時的x的值討論導函數(shù)的正負得到函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間，根據(jù)單調(diào)區(qū)間得到②和③，令②中不等式的坐標為一個函數(shù)，求出此函數(shù)的導函數(shù)，討論導函數(shù)的正負得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，根據(jù)函數(shù)的增減性得到此函數(shù)的最大值，即可解出②恒成立和解出③得到④，聯(lián)立①和④即可解出滿足題意a的取值范圍．
點評：此題考查學生會利用導函數(shù)研究函數(shù)的恒成立問題、最值問題，考查學生分析解決問題的能力．