Question

18．設(shè)f（x）=alnx+bx-b，g（x）=$\frac{ex}{e^x}$，其中a，b∈R．
（Ⅰ）求g（x）的極大值；
（Ⅱ）設(shè)b=1，a＞0，若|f（x₂）-f（x₁）|＜|$\frac{1}{{g（{x_2}）}}-\frac{1}{{g（{x_1}）}}$|對(duì)任意的x₁，x₂∈[3，4]（x₁≠x₂）恒成立，求a的最大值；
（Ⅲ）設(shè)a=-2，若對(duì)任意給定的x₀∈（0，e]，在區(qū)間（0，e]上總存在s，t（s≠t），使f（s）=f（t）=g（x₀）成立，求b的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出g（x）的導(dǎo)數(shù)，令導(dǎo)數(shù)大于0，得增區(qū)間，令導(dǎo)數(shù)小于0，得減區(qū)間，進(jìn)而求得g（x）的極大值；
（Ⅱ）當(dāng)b=1，a＞0時(shí)，求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，以及h（x）=$\frac{1}{g（x）}$的導(dǎo)數(shù)，判斷單調(diào)性，去掉絕對(duì)值可得f（x₂）-f（x₁）＜h（x₂）-h（x₁），即f（x₂）-h（x₂）＜f（x₁）-h（x₁），F(xiàn)（x）=f（x）-h（x），F(xiàn)（x）在[3，4]遞減，求得F（x）的導(dǎo)數(shù)，通過分離參數(shù)，求出右邊的最小值，即可得到a的范圍；
（Ⅲ）求出g（x）的導(dǎo)數(shù)，通過單調(diào)區(qū)間可得函數(shù)g（x）在（0，e]上的值域?yàn)椋?，1]．由題意，當(dāng)f（x）�。�0，1]的每一個(gè)值時(shí)，在區(qū)間（0，e]上存在t₁，t₂（t₁≠t₂）與該值對(duì)應(yīng)．a(chǎn)=-2時(shí)，f（x）=b（x-1）-2lnx，求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，由題意，f（x）在區(qū)間（0，e]上不單調(diào)，所以，0＜$\frac{2}$＜e，再由導(dǎo)數(shù)求得f（x）的最小值，即可得到所求范圍．

解答 解：（Ⅰ）g′（x）=$\frac{e•{e}^{x}-{e}^{x}•ex}{（{e}^{x}）^{2}}$=$\frac{e（1-x）}{{e}^{x}}$，
當(dāng)x＞1時(shí)，g′（x）＜0，g（x）在（1，+∞）遞增；當(dāng)x＜1時(shí)，g′（x）＞0，g（x）在（-∞，1）遞減．
則有g(shù)（x）的極大值為g（1）=1；
（Ⅱ）當(dāng)b=1，a＞0時(shí)，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]遞增；
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]遞增．
設(shè)x₁＜x₂，原不等式等價(jià)為f（x₂）-f（x₁）＜h（x₂）-h（x₁），
即f（x₂）-h（x₂）＜f（x₁）-h（x₁），F(xiàn)（x）=f（x）-h（x），F(xiàn)（x）在[3，4]遞減，
又F（x）=alnx+x-1-$\frac{{e}^{x}}{ex}$，F(xiàn)′（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]遞增，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]遞增，
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，
當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，g′（x）＞0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈（1，e]時(shí)，g′（x）＜0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞減．
又因?yàn)間（0）=0，g（1）=1，g（e）=e^2-e＞0，
所以，函數(shù)g（x）在（0，e]上的值域?yàn)椋?，1]．
由題意，當(dāng)f（x）取（0，1]的每一個(gè)值時(shí)，
在區(qū)間（0，e]上存在t₁，t₂（t₁≠t₂）與該值對(duì)應(yīng)．
a=-2時(shí)，f（x）=b（x-1）-2lnx，f′（x）=b-$\frac{2}{x}$=$\frac{bx-2}{x}$，
當(dāng)b=0時(shí)，f′（x）=-$\frac{2}{x}$＜0，f（x）單調(diào)遞減，不合題意，
當(dāng)b≠0時(shí)，x=$\frac{2}$時(shí)，f′（x）=0，
由題意，f（x）在區(qū)間（0，e]上不單調(diào)，所以，0＜$\frac{2}$＜e，
當(dāng)x∈（0，$\frac{2}$]時(shí)，f'（x）＜0，當(dāng)（$\frac{2}$，+∞）時(shí)，f'（x）＞0
所以，當(dāng)x∈（0，e]時(shí)，f（x）_min=f（$\frac{2}$）=2-a-2ln$\frac{2}$，
由題意，只需滿足以下三個(gè)條件：①f（x）_min=f（$\frac{2}$）=2-b-2ln$\frac{2}$＜0，
②f（e）=b（e-1）-2≥1，③?x₀∈（0，$\frac{2}$）使f（x₀）＞1．
∵f（ $\frac{2}$）≤f（1）=0，所以①成立．由②f（x）=b（x-1）-2lnx→+∞，所以③滿足，
所以當(dāng)b滿足$\left\{\begin{array}{l}{0＜\frac{2}＜e}\\{b≥\frac{3}{e-1}}\end{array}\right.$即b≥$\frac{3}{e-1}$時(shí)，符合題意，
故b的取值范圍為[$\frac{3}{e-1}$，+∞）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求單調(diào)區(qū)間和極值，主要考查不等式恒成立和存在性問題，注意運(yùn)用參數(shù)分離和構(gòu)造函數(shù)通過導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，求出最值，屬于難題．