Question

4．已知函数f（x）=$\frac{ex}{{e}^{x}}$，g（x）=ax-2lnx-a （a∈R，e为自然对数的底数）．
（1）求f（x）的极值；
（2）在区间（0，e]上，对于任意的x₀，总存在两个不同的x₁，x₂，使得g（x₁）=g（x₂）=f（x₀），求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的导数，得到函数的单调区间，从而求出函数的极值即可；
（2）求出当x∈（0，e]时，函数f（x）的值域，通过讨论a的范围结合g（x）的单调性，求出a的具体范围即可．

解答 解：（1）因为f（x）=$\frac{ex}{{e}^{x}}$，所以f′（x）=$\frac{（1-x）e}{{e}^{x}}$，…（2分）
令f′（x）=0，得x=1． …（3分）
当x∈（-∞，1）时，f′（x）＞0，f（x）是增函数；
当x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）是减函数．
所以f（x）在x=1时取得极大值f（1）=1，无极小值．  …（5分）
（2）由（1）知，当x∈（0，1）时，f（x）单调递增；当x∈（1，e]时，f（x）单调递减．
又因为f（0）=0，f（1）=1，f（e）=e•e^1-e＞0，
所以当x∈（0，e]时，函数f（x）的值域为（0，1]．…（7分）
当a=0时，g（x）=-2lnx在（0，e]上单调，不合题意； …（8分）
当a≠0时，g′（x）=$\frac{a（x-\frac{2}{a}）}{x}$，x∈（0，e]，
故必须满足0＜$\frac{2}{a}$＜e，所以a＞$\frac{2}{e}$．                     …（10分）
此时，当x 变化时，g′（x），g（x）的变化情况如下：

x	（0，$\frac{2}{a}$）	$\frac{2}{a}$	（$\frac{2}{a}$，e]
g′（x）	-	0	+
g（x）	单调减	最小值	单调增

所以x→0，g（x）→+∞，g（$\frac{2}{a}$）=2-a-2ln$\frac{2}{a}$，g（e）=a（e-1）-2，
所以对任意给定的x₀∈（0，e]，在区间（0，e]上总存在两个不同的x₁，x₂
使得g（x₁）=g（x₂）=f（x₀），
当且仅当a满足下列条件$\left\{\begin{array}{l}{g（\frac{2}{a}）≤0}\\{g（e）≥1}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{2-a-2ln\frac{2}{a}≤0}\\{a（e-1）-2≥1}\end{array}\right.$，…（13分）
令m（a）=2-a-2ln$\frac{2}{a}$，a∈（$\frac{2}{e}$，+∞），
m′（a）=-$\frac{a-2}{a}$，由m′（a）=0，得a=2．
当a∈（2，+∞）时，m′（a）＜0，函数m（a）单调递减；
当a∈（$\frac{2}{e}$，2）时，m′（a）＞0，函数m（a）单调递增．
所以，对任意a∈（$\frac{2}{e}$，+∞）有m（a）≤m（2）=0，
即2-a-2ln$\frac{2}{a}$≤0对任意a∈（$\frac{2}{e}$，+∞）恒成立．
由a（e-1）-2≥1，解得a≥$\frac{3}{e-1}$，
综上所述，当a∈[$\frac{3}{e-1}$，+∞）时，对于任意给定的x₀（0，e]，
在区间（0，e]上总存在两个不同的x₁，x₂，使得g（x₁）=g（x₂）=f（x₀）．             …（16分）

点评 本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查分类讨论思想，是一道综合题．