每日一题[2937]始终相交

已知函数 $f(x)=a(x-1)-2 \ln x$，$g(x)=x {\rm e}^{1-x}$（$a \in\mathbb R$，${\rm e}$ 为自然对数的底数）．

1、求函数 $f(x)$ 的单调区间．

2、对任意的 $x \in\left(0, \dfrac{1}{2}\right)$，$f(x)>0$ 恒成立，求 $a$ 的最大值．

3、若对任意给定的 $x_0 \in(0, {\rm e}]$，在 $(0, {\rm e}]$ 上总存在两个不同的 $x_i$（$i=1,2$），使得 $f\left(x_i\right)=g\left(x_0\right)$ 成立，求 $a$ 的取值范围．

解析

1、函数 $f(x)$ 的导函数

$$f'(x)=\dfrac{ax-2}{x},$$ 于是当 $a\leqslant 0$ 时，函数 $f(x)$ 没有单调递增区间，单调递减区间是 $(0,+\infty)$；当 $a>0$ 时，函数 $f(x)$ 的单调递增区间是 $\left(\dfrac 2a,+\infty\right)$，单调递减区间是 $\left(0,\dfrac 2a\right)$．

2、根据题意，有

$$\forall x\in\left(0,\dfrac 12\right),~a<\dfrac{2\ln x}{x-1},$$ 记不等式右侧函数为 $h(x)$，则其导函数 $$h'(x)=-\dfrac{2\left(\ln x+\dfrac 1x-1\right)}{(x-1)^2}<0,$$ 因此函数 $h(x)$ 在 $x\in\left(0,\dfrac 12\right)$ 上单调递减，于是 $a$ 的最大值为 $h\left(\dfrac 12\right)=4\ln 2$．

3、由于 $g(x)$ 的导函数

$$g'(x)=(1-x){\rm e}^{1-x},$$ 而 $g(0)=0$，$g(1)=1$，$g({\rm e})={\rm e}^{2-{\rm e}}$，于是当 $x_0$ 在 $(0,{\rm e}]$ 上变化时，$g(x_0)$ 的变化范围是 $(0,1]$．题意即当 $m\in(0,1]$ 时，关于 $x$ 的方程 $f(x)=m$ 在 $x\in(0,{\rm e}]$ 上有两个实数解．根据第 $(1)$ 小题的结果，有 $0<\dfrac 2a<{\rm e}$ 即 $a>\dfrac{2}{\rm e}$，且 $$\begin{array}{c|c|c|c|c|c}\hline x&0+&\left(0,\dfrac2a\right)&\dfrac2a&\left(\dfrac2a,{\rm e}\right)&{\rm e}\\ \hline f(x)&+\infty&\searrow&2\left(\ln\dfrac a2-\dfrac a2+1\right)&\nearrow&a({\rm e}-1)-2\\ \hline\end{array}$$ 因此题意转化为 $$\begin{cases}2\left(\ln\dfrac a2-\dfrac a2+1\right)\leqslant 0,\\ a({\rm e}-1)-2\geqslant 1,\end{cases}\iff a\geqslant \dfrac{3}{{\rm e}-1},$$ 因此实数 $a$ 的取值范围是 $\left[\dfrac{3}{{\rm e}-1},+\infty\right)$．