已知函数f（x）=（2﹣a）（x﹣1）﹣2lnx，g（x）=xe1﹣x．（a∈R，e为自

已知函数f（x）=（2﹣a）（x﹣1）﹣2lnx，g（x）=xe^1﹣x．（a∈R，e为自然对数的底数）

（Ⅰ）当a=1时，求f（x）的单调区间；

（Ⅱ）若函数f（x）在上无零点，求a的最小值；

（Ⅲ）若对任意给定的x₀∈（0，e]，在（0，e]上总存在两个不同的x_i（i=1，2），使得f（x_i）=g（x₀）成立，求a的取值范围．

【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．

【专题】计算题；压轴题．

【分析】（Ⅰ）把a=1代入到f（x）中求出f′（x），令f′（x）＞0求出x的范围即为函数的增区间，令f′（x）＜0求出x的范围即为函数的减区间；

（Ⅱ）f（x）＜0时不可能恒成立，所以要使函数在（0，）上无零点，只需要对x∈（0，）时f（x）＞0恒成立，列出不等式解出a大于一个函数，利用导数得到函数的单调性，根据函数的增减性得到这个函数的最大值即可得到a的最小值；

（Ⅲ）求出g′（x），根据导函数的正负得到函数的单调区间，即可求出g（x）的值域，而当a=2时不合题意；当a≠2时，求出f′（x）=0时x的值，根据x∈（0，e]列出关于a的不等式得到①，并根据此时的x的值讨论导函数的正负得到函数f（x）的单调区间，根据单调区间得到②和③，令②中不等式的坐标为一个函数，求出此函数的导函数，讨论导函数的正负得到函数的单调区间，根据函数的增减性得到此函数的最大值，即可解出②恒成立和解出③得到④，联立①和④即可解出满足题意a的取值范围．

【解答】解：（Ⅰ）当a=1时，f（x）=x﹣1﹣2lnx，则f′（x）=1﹣，

由f′（x）＞0，得x＞2；

由f′（x）＜0，得0＜x＜2．

故f（x）的单调减区间为（0，2]，单调增区间为[2，+∞）；

（Ⅱ）因为f（x）＜0在区间上恒成立不可能，

故要使函数上无零点，

只要对任意的，f（x）＞0恒成立，即对恒成立．

令，则，

再令，

则，故m（x）在上为减函数，于是，

从而，l（x）＞0，于是l（x）在上为增函数，所以，

故要使恒成立，只要a∈[2﹣4ln2，+∞），

综上，若函数f（x）在上无零点，则a的最小值为2﹣4ln2；

（Ⅲ）g′（x）=e^1﹣x﹣xe^1﹣x=（1﹣x）e^1﹣x，

当x∈（0，1）时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增；

当x∈（1，e]时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减．

又因为g（0）=0，g（1）=1，g（e）=e•e^1﹣e＞0，

所以，函数g（x）在（0，e]上的值域为（0，1]．

当a=2时，不合题意；

当a≠2时，f′（x）=，x∈（0，e]

当x=时，f′（x）=0．

由题意得，f（x）在（0，e]上不单调，故，即①

此时，当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下：

又因为，当x→0时，2﹣a＞0，f（x）→+∞，

，

所以，对任意给定的x₀∈（0，e]，在（0，e]上总存在两个不同的x_i（i=1，2），

使得f（x_i）=g（x₀）成立，当且仅当a满足下列条件：

即

令h（a）=，

则h，令h′（a）=0，得a=0或a=2，

故当a∈（﹣∞，0）时，h′（a）＞0，函数h（a）单调递增；

当时，h′（a）＜0，函数h（a）单调递减．

所以，对任意，有h（a）≤h（0）=0，

即②对任意恒成立．

由③式解得：．④

综合①④可知，当时，对任意给定的x₀∈（0，e]，

在（0，e]上总存在两个不同的x_i（i=1，2），

使f（x_i）=g（x₀）成立．

【点评】此题考查学生会利用导函数的正负确定函数的单调性，会根据函数的增减性求出闭区间上函数的最值，掌握不等式恒成立时所满足的条件，是一道压轴题．