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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
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)=xe
1-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x
0
∈(0,e],在区间[1,e]上都存在两个不同的x
i
(i=1,2),使得f(x
i
)=g(x
0
)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(x
1
,y
1
),B(x
2
,y
2
),如果对于函数y=F(x)图象上的点M(x
0
,y
0
)(其中
x
0
=
x
1
+
x
2
2
)
总能使得F(x
1
)-F(x
2
)=F'(x
0
)(x
1
-x
2
)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
e
2
,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
k
AB
=
y
1
-
y
2
x
1
-
x
2
=
a(
x
1
-
x
2
)-(ln
x
1
-ln
x
2
)
x
1
-
x
2
=a-
ln
x
1
-ln
x
2
x
1
-
x
2
,而f(x)在点M处的切线斜率为
f′(
x
0
)=f′(
x
1
+
x
2
2
)=a-
class="stub"2
x
1
+
x
2
,故有
ln
x
1
-ln
x
2
x
1
-
x
2
=
class="stub"2
x
1
+
x
2
…..(10分)
即
ln
x
1
x
2
=
2(
x
1
-
x
2
)
x
1
+
x
2
=
2(
x
1
x
2
-1)
x
1
x
2
+1
,令
t=
x
1
x
2
∈(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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曲线在点处的切线方程是;-高二
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函数f(x)=elnx的导数是_____-
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当0<a≤
当1<
由上可得a∈(
综上,满足条件的a不存在.…..(8分)
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即ln
令F(t)=lnt+