已知函數(shù)f(x)=ax-lnx+1(a∈R),g(x)=xe1-x
(1)求函數(shù)g(x)在區(qū)間(0,e]上的值域;
(2)是否存在實數(shù)a,對任意給定的x0∈(0,e],在區(qū)間[1,e]上都存在兩個不同的xi(i=1,2),使得f(xi)=g(x0)成立.若存在,求出a的取值范圍;若不存在,請說明理由.
(3)給出如下定義:對于函數(shù)y=F(x)圖象上任意不同的兩點A(x1,y1),B(x2,y2),如果對于函數(shù)y=F(x)圖象上的點M(x0,y0)(其中x0=
x1+x2
2
)
總能使得F(x1)-F(x2)=F'(x0)(x1-x2)成立,則稱函數(shù)具備性質(zhì)“L”,試判斷函數(shù)f(x)是不是具備性質(zhì)“L”,并說明理由.
(1)∵g'(x)=e1-x1xe1-x=ex-1(1-x)在區(qū)間(0,1]上單調(diào)遞增,在區(qū)間[1,e)上單調(diào)遞減,且g(0)=0,g(1)=1>g(e)=e2-e函數(shù)g(x)在區(qū)間(0,e]上的值域為(0,1]….(3分)
(2)令m=g(x),則由(1)可得m∈(0,1],原問題等價于:對任意的m∈(0,1]f(x)=m在[1,e]上總有兩個不同的實根,故f(x)在[1,e]不可能是單調(diào)函數(shù)                              …(5分)∵f′(x)=a-
1
x
(1≤x≤e)

當(dāng)a≤0時,f′(x)=a-
1
x
<0
,在區(qū)間[1,e]上遞減,不合題意
當(dāng)a≥1時,f'(x)>0,在區(qū)間[1,e]上單調(diào)遞增,不合題意
當(dāng)0<a≤
1
e
時,f'(x)<0,在區(qū)間[1,e]上單調(diào)遞減,不合題意
當(dāng)1<
1
a
<e
1
e
<a<1
時,在區(qū)間[1,
1
a
]
上單調(diào)遞減;在區(qū)間[
1
a
,e]
上單遞增,
由上可得a∈(
1
e
,1)
,此時必有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(
1
a
)=2+lna≤0
可得a≤
1
e2
,則a∈Φ
綜上,滿足條件的a不存在.…..(8分)
(3)設(shè)函數(shù)f(x)具備性質(zhì)“L”,即在點M處地切線斜率等于kAB,不妨設(shè)0<x1<x2,則kAB=
y1-y2
x1-x2
=
a(x1-x2)-(lnx1-lnx2)
x1-x2
=a-
lnx1-lnx2
x1-x2
,而f(x)在點M處的切線斜率為f′(x0)=f′(
x1+x2
2
)=a-
2
x1+x2
,故有
lnx1-lnx2
x1-x2
=
2
x1+x2
…..(10分)
ln
x1
x2
=
2(x1-x2)
x1+x2
=
2(
x1
x2
-1)
x1
x2
+1
,令t=
x1
x2
∈(0,1)
,則上式化為lnt+
4
t+1
-2=0
,
令F(t)=lnt+
4
t+1
-2
,則由F′(t)=
1
t
-
4
(t+1)2
=
(t-1)2
t(t+1)
>0
可得F(t)在(0,1)上單調(diào)遞增,故F(t)<F(1)=0,即方程lnt+
4
t+1
-2=0
無解,所以函數(shù)f(x)不具備性質(zhì)“L”.…(14分)
練習(xí)冊系列答案
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已知函數(shù)f(x)=
a-x2
x
+lnx  (a∈R , x∈[
1
2
 , 2])

(1)當(dāng)a∈[-2,
1
4
)
時,求f(x)的最大值;
(2)設(shè)g(x)=[f(x)-lnx]•x2,k是g(x)圖象上不同兩點的連線的斜率,否存在實數(shù)a,使得k≤1恒成立?若存在,求a的取值范圍;若不存在,請說明理由.

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34
的解集為
(-∞,-2)
(-∞,-2)

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2x
)>3

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(2)若a=-3b,求f(x+1)>f(x)時的x的取值范圍.

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-f(x) ,    x<0
 給出下列命題:①F(x)=|f(x)|; ②函數(shù)F(x)是奇函數(shù);③當(dāng)a<0時,若mn<0,m+n>0,總有F(m)+F(n)<0成立,其中所有正確命題的序號是
 

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