Question

13．已知函數(shù)f（x）=a（x-1）²-lnx，g（x）=$\frac{ex}{{e}^{x}}$，若對任意的x₀∈（0，e]，總存在兩個不同的x₁，x₂∈（0，e]，使得f（x₁）=f（x₂）=g（x₀）．則實(shí)數(shù)a的取值范圍為a≥$\frac{2}{（e-1）^{2}}$．

Answer 1

分析 求導(dǎo)數(shù)，確定函數(shù)的單調(diào)性，即可求函數(shù)f（x）的值域；g（x）∈（0，e]，分類討論，研究f（x）的單調(diào)性，即可求a的取值范圍．

解答 解：g′（x）=$\frac{e（1-x）}{{e}^{x}}$，令$\frac{e（1-x）}{{e}^{x}}$=0，解得x=1，
∵e^x＞0，∴x∈（0，1）時，g′（x）＞0；x∈（1，e]時，g′（x）＜0，g（x）在（0，1]上單調(diào)遞增，在（1，e]單調(diào)單調(diào)遞減，根據(jù)極大值的定義知：g（x）極大值是g（1）=1，又g（0）=0，g（e）=$\frac{{e}^{2}}{{e}^{e}}$，所以g（x）的值域是（0，1]．
函數(shù)f（x）=a（x-1）²-lnx，x＞0，f′（x）=2ax-2a-$\frac{1}{x}$=$\frac{2{ax}^{2}-2ax-1}{x}$，
令h（x）=2ax²-2ax-1，h（x）恒過（0，-1），
當(dāng)a=0時，f′（x）＜0，f（x）是減函數(shù)，不滿足題意．
h（x）=0，可得2ax²-2ax-1=0，△=4a²+8a，△＞0解得a＜-2或a＞0．
當(dāng)-2＜a＜0時，h（x）的對稱軸為：x=$\frac{1}{2}$，h（x）＜0恒成立，f′（x）＜0，f（x）是減函數(shù)，不滿足題意．
當(dāng)a＜-2時，x∈（0，$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}+2a}}{2a}$），h（x）＜0恒成立，f′（x）＜0，f（x）是減函數(shù)，
x∈$（\frac{a-\sqrt{{a}^{2}+2a}}{2a}，\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+2a}}{2a}）$，f′（x）＞0，f（x）是增函數(shù)，x∈$（\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+2a}}{2a}，e）$，f′（x）＜0，f（x）是減函數(shù)，
若對任意的x₀∈（0，e]，總存在兩個不同的x₁，x₂∈（0，e]，使得f（x₁）=f（x₂）=g（x₀）．
可知f（x）_極大值≥1，f（x）_極小值≤0．可得$\left\{\begin{array}{l}f（\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+2a}}{2a}）≥1\\ f（e）≤0\\ f（\frac{a-\sqrt{{a}^{2}+2a}}{2a}）≤0\end{array}\right.$，$\left\{\begin{array}{l}{f（\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+2a}}{2a}）≥1}\\{f（e）≤0或f（\frac{a-\sqrt{{a}^{2}+2a}}{2a}）≤0}\end{array}\right.$，
∵f（x）=a（x-1）²-lnx，$a（\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+2a}}{2a}{-1）}^{2}-ln\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+2a}}{2a}≥1$，不等式不成立．
當(dāng)a＞0時，x∈（0，$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+2a}}{2a}$），h（x）＜0恒成立，f′（x）＜0，f（x）是減函數(shù)，
x∈$（\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+2a}}{2a}，e）$，f′（x）＞0，f（x）是增函數(shù)，因?yàn)閤=1時，f（1）=0，只需f（e）≥1．
可得：a（e-1）²-1≥1，
解得a≥$\frac{2}{（e-1）^{2}}$．
綜上：實(shí)數(shù)a的取值范圍為：a≥$\frac{2}{（e-1）^{2}}$．

點(diǎn)評 本題考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，考查函數(shù)的最值，考查分類討論思想以及轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用．難度比較大．