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已知函数f（x）=ax-lnx+1（a∈R），g（x）=xe1-x．（1）求函数g（x）在区间（0，e]上的值域；（2）是否存在实数a，对任意给定的x0∈（0，e]，在区间[1，e]上都存在两个不同的

题目简介

已知函数f（x）=ax-lnx+1（a∈R），g（x）=xe1-x．（1）求函数g（x）在区间（0，e]上的值域；（2）是否存在实数a，对任意给定的x0∈（0，e]，在区间[1，e]上都存在两个不同的

题目详情

已知函数f（x）=ax-lnx+1（a∈R），g（x）=xe1-x．
（1）求函数g（x）在区间（0，e]上的值域；
（2）是否存在实数a，对任意给定的x0∈（0，e]，在区间[1，e]上都存在两个不同的xi（i=1，2），使得f（xi）=g（x0）成立．若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由．
（3）给出如下定义：对于函数y=F（x）图象上任意不同的两点A（x1，y1），B（x2，y2），如果对于函数y=F（x）图象上的点M（x0，y0）（其中x0=
x1+x2
2
)总能使得F（x1）-F（x2）=F'（x0）（x1-x2）成立，则称函数具备性质“L”，试判断函数f（x）是不是具备性质“L”，并说明理由．
题型：解答题难度：中档来源：江西模拟

答案

（1）∵g'（x）=e1-x1xe1-x=ex-1（1-x）在区间（0，1]上单调递增，在区间[1，e）上单调递减，且g（0）=0，g（1）=1＞g（e）=e2-e函数g（x）在区间（0，e]上的值域为（0，1]…．（3分）
（2）令m=g（x），则由（1）可得m∈（0，1]，原问题等价于：对任意的m∈（0，1]f（x）=m在[1，e]上总有两个不同的实根，故f（x）在[1，e]不可能是单调函数                              …（5分）∵f′(x)=a-class="stub"1
x
(1≤x≤e)
当a≤0时，f′(x)=a-class="stub"1
x
＜0，在区间[1，e]上递减，不合题意
当a≥1时，f'（x）＞0，在区间[1，e]上单调递增，不合题意
当0＜a≤class="stub"1
e
时，f'（x）＜0，在区间[1，e]上单调递减，不合题意
当1＜class="stub"1
a
＜e即class="stub"1
e
＜a＜1时，在区间[1，class="stub"1
a
]上单调递减；在区间[class="stub"1
a
，e]上单递增，
由上可得a∈(class="stub"1
e
，1)，此时必有f（x）的最小值小于等于0且f（x）的最大值大于等于1，而由f(x)min=f(class="stub"1
a
)=2+lna≤0可得a≤class="stub"1
e2
，则a∈Φ
综上，满足条件的a不存在．…..（8分）
（3）设函数f（x）具备性质“L”，即在点M处地切线斜率等于kAB，不妨设0＜x1＜x2，则kAB=
y1-y2
x1-x2
=
a(x1-x2)-(lnx1-lnx2)
x1-x2
=a-
lnx1-lnx2
x1-x2
，而f（x）在点M处的切线斜率为f′(x0)=f′(
x1+x2
2
)=a-class="stub"2
x1+x2
，故有
lnx1-lnx2
x1-x2
=class="stub"2
x1+x2
…..（10分）
即ln
x1
x2
=
2(x1-x2)
x1+x2
=
2(
x1
x2
-1)
x1
x2
+1
，令t=
x1
x2
∈(0，1)，则上式化为lnt+class="stub"4
t+1
-2=0，
令F（t）=lnt+class="stub"4
t+1
-2，则由F′(t)=class="stub"1
t
-class="stub"4
(t+1)2
=
(t-1)2
t(t+1)
＞0可得F（t）在（0，1）上单调递增，故F（t）＜F（1）=0，即方程lnt+class="stub"4
t+1
-2=0无解，所以函数f（x）不具备性质“L”．…（14分）

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