题目内容

已知函数f（x）=x²+a|lnx-1|，g（x）=x|x-a|+2-2ln2，a＞0．
（Ⅰ）当a=1时，求函数f（x）在区间[1，e]上的最大值；
（Ⅱ）若 $数学公式$ 恒成立，求a的取值范围；
（Ⅲ）对任意x₁∈[1，+∞），总存在惟一的x₂∈[2，+∞），使得f（x₁）=g（x₂）成立，求a的取值范围．

解：（Ⅰ）当a=1，x∈[1，e]时f（x）=x²-lnx+1， $\text{[math]}$ ，
所以f（x）在[1，e]递增，所以f（x）_max=f（e）=e²（4分）
（Ⅱ）①当x≥e时，f（x）=x²+alnx-a，f'（x）=2x+ $\text{[math]}$ ，a＞0，∴f（x）＞0恒成立，
∴f（x）在[e，+∞）上增函数，故当x=e时，y_min=f（e）=e²（5分）
②当1≤x＜e时，f（x）=x²-alnx+a，f'（x）=2x- $\text{[math]}$ = $\text{[math]}$ （x+ $\text{[math]}$ ）（x- $\text{[math]}$ ），
（i）当 $\text{[math]}$ ≤1即0＜a≤2时，f'（x）在x∈（1，e）时为正数，所以f（x）在区间[1，e）上为增函数，
故当x=1时，y_min=1+a，且此时f（1）＜f（e）=e²（7分）
（ii）当1＜ $\text{[math]}$ ＜e，即2＜a＜2e²时，f'（x）在x∈（1， $\text{[math]}$ ）时为负数，在间x∈（ $\text{[math]}$ ，e）时为正数，
所以f（x）在区间[1， $\text{[math]}$ ）上为减函数，在（ $\text{[math]}$ ，e]上为增函数，故当x= $\text{[math]}$ 时，y_min= $\text{[math]}$ - $\text{[math]}$ ln，
且此时f（ $\text{[math]}$ ）＜f（e）=e²（8分）
（iii）当 $\text{[math]}$ ≥e，即a≥2e²时，f'（x）在x∈（1，e）时为负数，所以f（x）在区间[1，e]上为减函数，
故当x=e时，y_min=f（e）=e²（9分）
综上所述，函数y=f（x）的最小值为y_min= $\text{[math]}$ （10分）
所以当 $\text{[math]}$ 时，得0＜a≤2；当 $\text{[math]}$ （2＜a＜2e²）时，无解；
当 $\text{[math]}$ （a≥2e²）时，得 $\text{[math]}$ 不成立．
综上，所求a的取值范围是0＜a≤2（11分）
（Ⅲ）①当0＜a≤2时，g（x）在[2，+∞）单调递增，由g（2）=6-2a-2ln2≤1+a，
得 $\text{[math]}$ （12分）
②当 $\text{[math]}$ 时，g（x）在[2，+∞）先减后增，由 $\text{[math]}$ ，
得 $\text{[math]}$ ，设 $\text{[math]}$ ，h'（t）=2+lnt＞0（1＜t＜2），
所以h（t）单调递增且h（2）=0，所以h（t）＜0恒成立得2＜a＜4（14分）
③当 $\text{[math]}$ 时，f（x）在 $\text{[math]}$ 递增，在 $\text{[math]}$ 递减，

在[a，+∞）递增，所以由 $\text{[math]}$ $\text{[math]}$ ，
得 $\text{[math]}$ ，设m（t）=t²-3t+tlnt+2-2ln2，
则m'（t）=2t-2+lnt＞0（t∈（2，e²），所以m（t）递增，且m（2）=0，
所以m（t）＞0恒成立，无解．
④当a＞2e²时，f（x）在 $\text{[math]}$ 递增，在 $\text{[math]}$ 递减，在[a，+∞）递增，
所以由 $\text{[math]}$ ＜e得 $\text{[math]}$ 无解．
综上，所求a的取值范围是 $\text{[math]}$
分析：（Ⅰ）当a=1，x∈[1，e]化简f（x），然后研究函数f（x）在[1，e]的单调性，从而求出函数f（x）的最大值；
（Ⅱ）讨论x与e的大小去掉绝对值，然后分类讨论讨论导数符号研究函数在[1，+∞）的单调性，从而求出函数f（x）的最小值，使f（x）的最小值恒大于等于 $\text{[math]}$ ，求出a的取值范围；
（Ⅲ）根据（II）的分类讨论求出函数g（x）的最小值，使g（x）的最小值恒小于等于f（x）的最小值，从而求出a的取值范围．
点评：本题主要考查了函数的最值及其几何意义，以及分类讨论的思想，解题的关键是对于恒成立的理解，是一道综合题．