题目

已知函数 ， . （1） 求 在区间 上的值域； （2） 是否存在实数 ，对任意给定的 ，在 存在两个不同的 使得 ，若存在，求出 的范围，若不存在，说出理由. 答案： 解： g'(x)=(1−x)e1−x ， x∈(0,1) 时， g'(x)>0 ， g(x) 单调递增， x∈(1,e] 时， g'(x)<0 ， g(x) 单调递减， g(0)=0 ， g(1)=1 ， g(e)=e×e1−e>0 ， ∴ g(x) 在 (0,e] 上值域为 (0,1] . 解：由已知得 f′(x)=1−a−1x ，且 x∈[1,e] ， 当 a≤0 时， f'(x)≥0 ， f(x) 在 [1,e] 上单调递增，不合题意． 当 a≥1−1e 时， f'(x)≤0 ， f(x) 在 [1,e] 上单调递减，不合题意． 当 0<a<1−1e 时， f′(x)=0 得 x0=11−a ． 当 x∈(1,11−a) 时 f'(x)<0 ， f(x) 单调递减， 当 x∈(11−a，e) 时， f'(x)>0 ， f(x) 单调递增，∴ fmin(x)=f(11−a) . 由（1）知 g(x) 在 (0,e] 上值域为 (0,1] ，而 f(1)=1 ， 所以对任意 x0∈(0,e] ，在区间 [1,e] 上总有两个不同的 xi(i=1,2) ，使得 f(xi)=g(x0) . 当且仅当 {f(e)≥1f(11−a)≤0 ，即 {(1−a)(e−1)≥1      (1)a+ln(1−a)+1≤0  (2) ， 由（1）得 a≤1−1e−1 . 设 h(a)=a+ln(1−a)+1 ， a∈(0,1−1e) ， h'(a)=1−11−a=aa−1 ， 当 a∈(0,1−1e) ， h'(a)<0 ， h(a) 单调递减，∴ h(a)>h(1−1e)=1−1e>0 . ∴ h(a)≤0 无解. 综上，满足条件的 a 不存在.

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