Question

18．设f（x）=alnx+bx-b，g（x）=$\frac{ex}{e^x}$，其中a，b∈R．
（Ⅰ）求g（x）的极大值；
（Ⅱ）设b=1，a＞0，若|f（x₂）-f（x₁）|＜|$\frac{1}{{g（{x_2}）}}-\frac{1}{{g（{x_1}）}}$|对任意的x₁，x₂∈[3，4]（x₁≠x₂）恒成立，求a的最大值；
（Ⅲ）设a=-2，若对任意给定的x₀∈（0，e]，在区间（0，e]上总存在s，t（s≠t），使f（s）=f（t）=g（x₀）成立，求b的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出g（x）的导数，令导数大于0，得增区间，令导数小于0，得减区间，进而求得g（x）的极大值；
（Ⅱ）当b=1，a＞0时，求出f（x）的导数，以及h（x）=$\frac{1}{g（x）}$的导数，判断单调性，去掉绝对值可得f（x₂）-f（x₁）＜h（x₂）-h（x₁），即f（x₂）-h（x₂）＜f（x₁）-h（x₁），F（x）=f（x）-h（x），F（x）在[3，4]递减，求得F（x）的导数，通过分离参数，求出右边的最小值，即可得到a的范围；
（Ⅲ）求出g（x）的导数，通过单调区间可得函数g（x）在（0，e]上的值域为（0，1]．由题意，当f（x）取（0，1]的每一个值时，在区间（0，e]上存在t₁，t₂（t₁≠t₂）与该值对应．a=-2时，f（x）=b（x-1）-2lnx，求出f（x）的导数，由题意，f（x）在区间（0，e]上不单调，所以，0＜$\frac{2}{b}$＜e，再由导数求得f（x）的最小值，即可得到所求范围．

解答 解：（Ⅰ）g′（x）=$\frac{e•{e}^{x}-{e}^{x}•ex}{（{e}^{x}）^{2}}$=$\frac{e（1-x）}{{e}^{x}}$，
当x＞1时，g′（x）＜0，g（x）在（1，+∞）递增；当x＜1时，g′（x）＞0，g（x）在（-∞，1）递减．
则有g（x）的极大值为g（1）=1；
（Ⅱ）当b=1，a＞0时，f（x）=alnx+x-1，x＞0，
f′（x）=$\frac{a}{x}$+1=$\frac{a+x}{x}$＞0在[3，4]恒成立，f（x）在[3，4]递增；
由h（x）=$\frac{1}{g（x）}$=$\frac{{e}^{x}}{ex}$，h′（x）=$\frac{{e}^{x}（x-1）}{e{x}^{2}}$＞0在[3，4]恒成立，h（x）在[3，4]递增．
设x₁＜x₂，原不等式等价为f（x₂）-f（x₁）＜h（x₂）-h（x₁），
即f（x₂）-h（x₂）＜f（x₁）-h（x₁），F（x）=f（x）-h（x），F（x）在[3，4]递减，
又F（x）=alnx+x-1-$\frac{{e}^{x}}{ex}$，F′（x）=$\frac{a}{x}$+1-$\frac{{e}^{x}（x-1）}{e{x}^{2}}$≤0在[3，4]恒成立，
故h（x）在[3，4]递增，a≤$\frac{1}{e}$•$\frac{{e}^{x}（x-1）}{x}$-x，
令G（x）=$\frac{1}{e}$•$\frac{{e}^{x}（x-1）}{x}$-x，3≤x≤4，
G′（x）=$\frac{1}{e}$•$\frac{{e}^{x}•（{x}^{2}-x+1）}{{x}^{2}}$-1=e^x-1（$\frac{1}{{x}^{2}}$-$\frac{1}{x}$+1）-1
=e^x-1[（$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{2}$）²+$\frac{3}{4}$]-1＞$\frac{3}{4}$e²-1＞0，G（x）在[3，4]递增，
即有a≤$\frac{2}{3}$e²-3，即a_max=$\frac{2}{3}$e²-3；
（Ⅲ）g′（x）=e^1-x-xe^1-x=（1-x）e^1-x，
当x∈（0，1）时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增；
当x∈（1，e]时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减．
又因为g（0）=0，g（1）=1，g（e）=e^2-e＞0，
所以，函数g（x）在（0，e]上的值域为（0，1]．
由题意，当f（x）取（0，1]的每一个值时，
在区间（0，e]上存在t₁，t₂（t₁≠t₂）与该值对应．
a=-2时，f（x）=b（x-1）-2lnx，f′（x）=b-$\frac{2}{x}$=$\frac{bx-2}{x}$，
当b=0时，f′（x）=-$\frac{2}{x}$＜0，f（x）单调递减，不合题意，
当b≠0时，x=$\frac{2}{b}$时，f′（x）=0，
由题意，f（x）在区间（0，e]上不单调，所以，0＜$\frac{2}{b}$＜e，
当x∈（0，$\frac{2}{b}$]时，f'（x）＜0，当（$\frac{2}{b}$，+∞）时，f'（x）＞0
所以，当x∈（0，e]时，f（x）_min=f（$\frac{2}{b}$）=2-a-2ln$\frac{2}{b}$，
由题意，只需满足以下三个条件：①f（x）_min=f（$\frac{2}{b}$）=2-b-2ln$\frac{2}{b}$＜0，
②f（e）=b（e-1）-2≥1，③?x₀∈（0，$\frac{2}{b}$）使f（x₀）＞1．
∵f（ $\frac{2}{b}$）≤f（1）=0，所以①成立．由②f（x）=b（x-1）-2lnx→+∞，所以③满足，
所以当b满足$\left\{\begin{array}{l}{0＜\frac{2}{b}＜e}\\{b≥\frac{3}{e-1}}\end{array}\right.$即b≥$\frac{3}{e-1}$时，符合题意，
故b的取值范围为[$\frac{3}{e-1}$，+∞）．

点评 本题考查导数的运用：求单调区间和极值，主要考查不等式恒成立和存在性问题，注意运用参数分离和构造函数通过导数判断单调性，求出最值，属于难题．