Question

已知函數(shù)f（x）=x²+a|lnx-1|，g（x）=x|x-a|+2-2ln2，a＞0．
（Ⅰ）當(dāng)a=1時，求函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，e]上的最大值；
（Ⅱ）若恒成立，求a的取值范圍；
（Ⅲ）對任意x₁∈[1，+∞），總存在惟一的x₂∈[2，+∞），使得f（x₁）=g（x₂）成立，求a的取值范圍．

Answer 1

【答案】分析：（Ⅰ）當(dāng)a=1，x∈[1，e]化簡f（x），然后研究函數(shù)f（x）在[1，e]的單調(diào)性，從而求出函數(shù)f（x）的最大值；
（Ⅱ）討論x與e的大小去掉絕對值，然后分類討論討論導(dǎo)數(shù)符號研究函數(shù)在[1，+∞）的單調(diào)性，從而求出函數(shù)f（x）的最小值，使f（x）的最小值恒大于等于，求出a的取值范圍；
（Ⅲ）根據(jù)（II）的分類討論求出函數(shù)g（x）的最小值，使g（x）的最小值恒小于等于f（x）的最小值，從而求出a的取值范圍．
解答：解：（Ⅰ）當(dāng)a=1，x∈[1，e]時f（x）=x²-lnx+1，，
所以f（x）在[1，e]遞增，所以f（x）_max=f（e）=e²（4分）
（Ⅱ）①當(dāng)x≥e時，f（x）=x²+alnx-a，f'（x）=2x+，a＞0，∴f（x）＞0恒成立，
∴f（x）在[e，+∞）上增函數(shù)，故當(dāng)x=e時，y_min=f（e）=e²（5分）
②當(dāng)1≤x＜e時，f（x）=x²-alnx+a，f'（x）=2x-=（x+）（x-），
（i）當(dāng)≤1即0＜a≤2時，f'（x）在x∈（1，e）時為正數(shù)，所以f（x）在區(qū)間[1，e）上為增函數(shù)，
故當(dāng)x=1時，y_min=1+a，且此時f（1）＜f（e）=e²（7分）
（ii）當(dāng)1＜＜e，即2＜a＜2e²時，f'（x）在x∈（1，）時為負(fù)數(shù)，在間x∈（，e）時為正數(shù)，
所以f（x）在區(qū)間[1，）上為減函數(shù)，在（，e]上為增函數(shù)，故當(dāng)x=時，y_min=-ln，
且此時f（）＜f（e）=e²（8分）
（iii）當(dāng)≥e，即a≥2e²時，f'（x）在x∈（1，e）時為負(fù)數(shù)，所以f（x）在區(qū)間[1，e]上為減函數(shù)，
故當(dāng)x=e時，y_min=f（e）=e²（9分）
綜上所述，函數(shù)y=f（x）的最小值為y_min=（10分）
所以當(dāng)時，得0＜a≤2；當(dāng)（2＜a＜2e²）時，無解；
當(dāng)（a≥2e²）時，得不成立．
綜上，所求a的取值范圍是0＜a≤2（11分）
（Ⅲ）①當(dāng)0＜a≤2時，g（x）在[2，+∞）單調(diào)遞增，由g（2）=6-2a-2ln2≤1+a，
得（12分）
②當(dāng)時，g（x）在[2，+∞）先減后增，由，
得，設(shè)，h'（t）=2+lnt＞0（1＜t＜2），
所以h（t）單調(diào)遞增且h（2）=0，所以h（t）＜0恒成立得2＜a＜4（14分）
③當(dāng)時，f（x）在遞增，在遞減，
在[a，+∞）遞增，所以由，
得，設(shè)m（t）=t²-3t+tlnt+2-2ln2，
則m'（t）=2t-2+lnt＞0（t∈（2，e²），所以m（t）遞增，且m（2）=0，
所以m（t）＞0恒成立，無解．
④當(dāng)a＞2e²時，f（x）在遞增，在遞減，在[a，+∞）遞增，
所以由＜e得無解．
綜上，所求a的取值范圍是
點(diǎn)評：本題主要考查了函數(shù)的最值及其幾何意義，以及分類討論的思想，解題的關(guān)鍵是對于恒成立的理解，是一道綜合題．