Question

13．已知函数f（x）=a（x-1）²-lnx，g（x）=$\frac{ex}{{e}^{x}}$，若对任意的x₀∈（0，e]，总存在两个不同的x₁，x₂∈（0，e]，使得f（x₁）=f（x₂）=g（x₀）．则实数a的取值范围为a≥$\frac{2}{（e-1）^{2}}$．

Answer 1

分析 求导数，确定函数的单调性，即可求函数f（x）的值域；g（x）∈（0，e]，分类讨论，研究f（x）的单调性，即可求a的取值范围．

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）时，g′（x）＞0；x∈（1，e]时，g′（x）＜0，g（x）在（0，1]上单调递增，在（1，e]单调单调递减，根据极大值的定义知：g（x）极大值是g（1）=1，又g（0）=0，g（e）=$\frac{{e}^{2}}{{e}^{e}}$，所以g（x）的值域是（0，1]．
函数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）恒过（0，-1），
当a=0时，f′（x）＜0，f（x）是减函数，不满足题意．
h（x）=0，可得2ax²-2ax-1=0，△=4a²+8a，△＞0解得a＜-2或a＞0．
当-2＜a＜0时，h（x）的对称轴为：x=$\frac{1}{2}$，h（x）＜0恒成立，f′（x）＜0，f（x）是减函数，不满足题意．
当a＜-2时，x∈（0，$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}+2a}}{2a}$），h（x）＜0恒成立，f′（x）＜0，f（x）是减函数，
x∈$（\frac{a-\sqrt{{a}^{2}+2a}}{2a}，\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+2a}}{2a}）$，f′（x）＞0，f（x）是增函数，x∈$（\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+2a}}{2a}，e）$，f′（x）＜0，f（x）是减函数，
若对任意的x₀∈（0，e]，总存在两个不同的x₁，x₂∈（0，e]，使得f（x₁）=f（x₂）=g（x₀）．
可知f（x）_极大值≥1，f（x）_极小值≤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．
当a＞0时，x∈（0，$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+2a}}{2a}$），h（x）＜0恒成立，f′（x）＜0，f（x）是减函数，
x∈$（\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+2a}}{2a}，e）$，f′（x）＞0，f（x）是增函数，因为x=1时，f（1）=0，只需f（e）≥1．
可得：a（e-1）²-1≥1，
解得a≥$\frac{2}{（e-1）^{2}}$．
综上：实数a的取值范围为：a≥$\frac{2}{（e-1）^{2}}$．

点评 本题考查函数的导数的综合应用，考查函数的最值，考查分类讨论思想以及转化思想的应用．难度比较大．