Question

（2011•江西模擬）已知函數(shù)f（x）=ax-lnx+1（a∈R），g（x）=xe^1-x．
（1）求函數(shù)g（x）在區(qū)間（0，e]上的值域；
（2）是否存在實(shí)數(shù)a，對(duì)任意給定的x₀∈（0，e]，在區(qū)間[1，e]上都存在兩個(gè)不同的x_i（i=1，2），使得f（x_i）=g（x₀）成立．若存在，求出a的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說明理由．
（3）給出如下定義：對(duì)于函數(shù)y=F（x）圖象上任意不同的兩點(diǎn)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），如果對(duì)于函數(shù)y=F（x）圖象上的點(diǎn)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．

Answer 1

分析：（1）先求導(dǎo)函數(shù)g'（x）=e^1-x1xe^1-x=e^x-1（1-x），從而可知函數(shù)在區(qū)間（0，1]上單調(diào)遞增，在區(qū)間[1，e）上單調(diào)遞減，因此可求函數(shù)的值域．
（2）令m=g（x），則由（1）可得m∈（0，1]，原問題等價(jià)于：對(duì)任意的m∈（0，1]，f（x）=m在[1，e]上總有兩個(gè)不同的實(shí)根，故f（x）在[1，e]不可能是單調(diào)函數(shù)，從而可得a∈(

1

e

，1)，又f(x)min=f(

1

a

)=2+lna≤0可得a≤

1

e2

，矛盾，因此滿足條件的a不存在
（3）設(shè)函數(shù)f（x）具備性質(zhì)“L”，即在點(diǎn)M處地切線斜率等于k_AB，不妨設(shè)0＜x₁＜x₂，易得

lnx1-lnx2

x1-x2

=

2

x1+x2

即ln

x1

x2

=

2(x1-x2)

x1+x2

=

2( x1 x2 -1)

x1 x2 +1

，令t=

x1

x2

∈(0，1)，則有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，從而方程lnt+

4

t+1

-2=0無解，故可得證．

解答：解：（1）∵g'（x）=e^1-x1xe^1-x=e^x-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）=e^2-e函數(shù)g（x）在區(qū)間（0，e]上的值域?yàn)椋?，1]…．（3分）
（2）令m=g（x），則由（1）可得m∈（0，1]，原問題等價(jià)于：對(duì)任意的m∈（0，1]f（x）=m在[1，e]上總有兩個(gè)不同的實(shí)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(shí)，f′(x)=a-

1

x

＜0，在區(qū)間[1，e]上遞減，不合題意
當(dāng)a≥1時(shí)，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(shí)，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即

1

e

＜a＜1時(shí)，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(shí)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(diǎn)M處地切線斜率等于k_AB，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(diǎn)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）
即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）

點(diǎn)評(píng)：此題是個(gè)難題．考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，和求函數(shù)的最值問題，體現(xiàn)了分類討論和數(shù)形結(jié)合以及題意的理解與轉(zhuǎn)化的思想．特別是問題（2）的設(shè)置，考查了學(xué)生創(chuàng)造性分析解決問題的能力．