Question

15．已知f（x）=mx-alnx-m，g（x）=$\frac{ex}{e^x}$，其中m，a均為實(shí)數(shù)，
（1）求g（x）的極值；
（2）設(shè)m=1，a=0，求證對(duì)$?{x_1}，{x_2}∈[{3，4}]（{x_1}≠{x_2}），|{f（{x_2}）-f（{x_1}）}|＜|{\frac{{e{x_2}}}{{g（{x_2}）}}-\frac{{e{x_1}}}{{g（{x_1}）}}}$|恒成立；
（3）設(shè)a=2，若對(duì)?給定的x₀∈（0，e]，在區(qū)間（0，e]上總存在t₁，t₂（t₁≠t₂）使得f（t₁）=f（t₂）=g（x₀）成立，求m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)函數(shù)的符號(hào)判斷函數(shù)的單調(diào)性，然后求解極值．
（2）通過(guò)m=1，a=0，化簡(jiǎn)f（x）=x-1，利用函數(shù)的單調(diào)性，轉(zhuǎn)化原不等式轉(zhuǎn)化$f（{x_2}）-f（{x_1}）＜\frac{{e{x_2}}}{{g（{x_2}）}}-\frac{{e{x_1}}}{{g（{x_1}）}}$，
構(gòu)造函數(shù)$h（x）=f（x）-\frac{ex}{g（x）}=x-{e^x}-1$，利用新函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的單調(diào)性，證不等式成立．
（3）由（1）得g（x）的最大值，求出函數(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)，判斷m≤0，不滿(mǎn)足題意；當(dāng)m＞0時(shí)，要?t₁，t₂使得f（t₁）=f（t₂），f（x）的極值點(diǎn)必在區(qū)間（0，e）內(nèi)，求出m的范圍，當(dāng)$m＞\frac{2}{e}$，利用g（x）在（0，e）上的值域包含于f（x）在$（{0，\frac{2}{m}}）和（{\frac{2}{m}，e}）$上的值域，推出關(guān)系式，通過(guò)構(gòu)造函數(shù)w（x）=2e^x-x，通過(guò)導(dǎo)數(shù)求解函數(shù)的最值，然后推出$m≥\frac{3}{e-1}$．

解答 解：（1）∵$g（x）=\frac{ex}{e^x}$，∴${g^'}（x）=\frac{-e（x-1）}{e^x}$，
∴（-∞，1）↑，（1，+∞）↓，
∴g（x）極大值g（1）=1，無(wú)極小值；…（4分）
（2）∵m=1，a=0，∴f（x）=x-1，在[3，4]上 是增函數(shù)∴$\frac{ex}{g（x）}={e^x}$，在[3，4]上是增函數(shù)
設(shè)3≤x₁＜x₂≤4，則原不等式轉(zhuǎn)化為$f（{x_2}）-f（{x_1}）＜\frac{{e{x_2}}}{{g（{x_2}）}}-\frac{{e{x_1}}}{{g（{x_1}）}}$
即$f（{x_2}）-\frac{{e{x_2}}}{{g（{x_2}）}}＜f（{x_1}）-\frac{{e{x_1}}}{{g（{x_1}）}}$…（6分）
令$h（x）=f（x）-\frac{ex}{g（x）}=x-{e^x}-1$，
即證?x₁＜x₂，h（x₂）＜h（x₁），即h（x）在[3，4]↓
∵h(yuǎn)′（x）=1-e^x＜0在[3，4]恒成立即h（x）在[3，4]↓，
即所證不等式成立．…（9分）
（3）由（1）得g（x）在（0，1）↑（1，e）↓，g（x）_max=g（1）=1
所以，g（x）∈（0，1]
又${f^'}（x）=m-\frac{2}{x}，當(dāng)m≤0時(shí)，{f^'}（x）＜0，f（x）在（{0，e}）↓$不符合題意
當(dāng)m＞0時(shí)，要?t₁，t₂使得f（t₁）=f（t₂），
那么由題意知f（x）的極值點(diǎn)必在區(qū)間（0，e）內(nèi)，即$0＜\frac{2}{m}＜e$
得$m＞\frac{2}{e}$，且函數(shù)f（x）在$（{0，\frac{2}{m}}）↓，（{\frac{2}{m}，e}）↑$
由題意得g（x）在（0，e）上的值域包含于f（x）在$（{0，\frac{2}{m}}）和（{\frac{2}{m}，e}）$上的值域，
∴$（{\frac{2}{m}，e}）$內(nèi)，$\left\{{\begin{array}{l}{f（\frac{2}{m}）≤0}\\{f（e）≥1}\end{array}}\right.⇒m≥\frac{3}{e-1}$，
下面證$t∈（{0，\frac{2}{m}}]$時(shí)，f（t）≥1，取t=e^-m，先證${e^{-m}}＜\frac{2}{m}，即證2{e^m}-m＞0$．
令w（x）=2e^x-x，∴${w^'}（x）=2{e^x}-1＞0，在[{\frac{3}{e-1}，+∞}）$內(nèi)恒成立，∴w（x）↑，∴$w（x）≥w（\frac{3}{e-1}）＞0$，∴2e^m-m＞0，
再證f（e^-m）≥1，∵$f（{e^{-m}}）=m{e^{-m}}+m＞m≥\frac{3}{e-1}＞1$，
∴$m≥\frac{3}{e-1}$．…（14分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，函數(shù)的極值以及函數(shù)的單調(diào)性的判斷與應(yīng)用，新函數(shù)以及構(gòu)造法的應(yīng)用，考查綜合分析問(wèn)題解決問(wèn)題的能力．