考點(diǎn):利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性
專題:導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用
分析:(1)當(dāng)a=1時(shí),f(x)=x-1-2lnx,f′(x)=1-
=
.分別解出f′(x)<0,f′(x)>0,即可得出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間.
(2)g′(x)=(1-x)e
1-x,分別解出g′(x)>0,g′(x)<0,即可得出函數(shù)g(x)的單調(diào)性極值與最值.因此函數(shù)g(x)在(0,e]上的值域?yàn)椋?,1].
當(dāng)a=2時(shí),不適合題意;當(dāng)a≠2時(shí),f′(x)=
,x∈(0,e].由于在(0,e]上存在兩個(gè)不同的x
i(i=1,2),使得f(x
i)=g(x
0)成立,可得:函數(shù)f(x)在(0,e]上不單調(diào),于是
0<<e.
解得
a<2-①,此時(shí),當(dāng)x變化時(shí),可得函數(shù)f(x)的單調(diào)性極值與最值.由于x→0時(shí),f(x)→+∞,
f()=a-2ln(),f(e)=(2-a)(e-1)-2.由題意當(dāng)且僅當(dāng)滿足:
f()≤0②,f(e)≥1③.再利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性極值與最值即可.
解答:
解:(1)當(dāng)a=1時(shí),f(x)=x-1-2lnx,f′(x)=1-
=
.
由f′(x)<0,解得0<x<2;由f′(x)>0,解得2<x.
∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(2,+∞);單調(diào)遞減區(qū)間為(0,2).
(2)g′(x)=(1-x)e
1-x,
當(dāng)0<x<1時(shí),g′(x)>0,此時(shí)函數(shù)g(x)單調(diào)遞增;當(dāng)1<x時(shí),g′(x)<0,此時(shí)函數(shù)g(x)單調(diào)遞減.
∵g(0)=0,g(1)=1,1>g(e)=e•e
1-e=e
2-e>0,
∴函數(shù)g(x)在(0,e]上的值域?yàn)椋?,1].
當(dāng)a=2時(shí),不適合題意;
當(dāng)a≠2時(shí),f′(x)=
,x∈(0,e].
∵在(0,e]上存在兩個(gè)不同的x
i(i=1,2),使得f(x
i)=g(x
0)成立,
∴函數(shù)f(x)在(0,e]上不單調(diào),∴
0<<e.
∴
a<2-①,此時(shí),當(dāng)x變化時(shí),列表如下:
x | (0,) | | (,e] |
f′(x) | - | 0 | + |
f(x) | 單調(diào)遞減 | 極小值 | 單調(diào)遞增 |
∵x→0時(shí),f(x)→+∞,
f()=a-2ln(),f(e)=(2-a)(e-1)-2.
由于對(duì)任意的x
0∈(0,e],在(0,e]上存在兩個(gè)不同的x
i(i=1,2),使得f(x
i)=g(x
0)成立,
當(dāng)且僅當(dāng)滿足:
f()≤0②,f(e)≥1③.
令h(a)=a-2
ln(),
a∈(-∞,2-),h′(a)=
.
令h′(a)=0,解得a=0.
當(dāng)a∈(-∞,0)時(shí),h′(a)>0,函數(shù)h(a)為增函數(shù);
當(dāng)a∈
(0,2-)時(shí),h′(a)<0,函數(shù)h(a)為減函數(shù).
∴當(dāng)a=0時(shí),函數(shù)h(a)取得極大值即最大值,h(0)=0.即②式在
a∈(-∞,2-)恒成立.
由③式解得a≤
2-,④.
由①④可得:當(dāng)a∈
(-∞,2-]時(shí),對(duì)任意的x
0∈(0,e],在(0,e]上存在兩個(gè)不同的
x
i(i=1,2),使得f(x
i)=g(x
0)成立.
點(diǎn)評(píng):本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值,考查了分類討論的思想方法與恒成立問(wèn)題等價(jià)轉(zhuǎn)化方法,考查了推理能力與計(jì)算能力,屬于難題.