Question

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．

Answer

（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，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．
【解析】
（Ⅰ）当a=1，x∈[1，e]时f（x）=x2-lnx+1，，
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+，a＞0，∴f（x）＞0恒成立，
∴f（x）在[e，+∞）上增函数，故当x=e时，ymin=f（e）=e2（5分）
②当1≤x＜e时，f（x）=x2-alnx+a，f'（x）=2x-=（x+）（x-），
（i）当≤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，ymin=1+a，且此时f（1）＜f（e）=e2（7分）
（ii）当1＜＜e，即2＜a＜2e2时，f'（x）在x∈（1，）时为负数，在间x∈（，e）时为正数，
所以f（x）在区间[1，）上为减函数，在（，e]上为增函数，故当x=时，ymin=-ln，
且此时f（）＜f（e）=e2（8分）
（iii）当≥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，ymin=f（e）=e2（9分）
综上所述，函数y=f（x）的最小值为ymin=（10分）
所以当时，得0＜a≤2；当（2＜a＜2e2）时，无解；
当（a≥2e2）时，得不成立．
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（12分）
②当时，g（x）在[2，+∞）先减后增，由，
得，设，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当时，f（x）在递增，在递减，
在[a，+∞）递增，所以由，
得，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）在递增，在递减，在[a，+∞）递增，
所以由＜e得无解．
综上，所求a的取值范围是