Question

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T；
（2）是否存在實數(shù)a，對任意給定的集合T中的元素t，在區(qū)間[1，e]上總存在兩個不同的x_i（i=1，2），使得f（x_i）=t成立、若存在，求出a的取值范圍；若不存在，請說明理由；
（3 ）函數(shù)f（x）圖象上是否存在兩點A（x₁，y₁）和B（x₂，y₂），使得割線AB的斜率恰好等于函數(shù)f（x）在AB中點M（x₀，y₀）處切線的斜率？請寫出判斷過程．

Answer 1

分析：（1）由g′（x）=e^1-x-xe^1-x=e^1-x（1-x），知g（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，由此能求出g（x）的值域T．
（2）則由（1）可得t∈（0，1]，原問題等價于：對任意的t∈（0，1]，f（x）=t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)，由此能推導(dǎo)出滿足條件的a不存在．
（3）k_AB=

y1-y2

x1-x2

=

a(x1-x2)

x1-x2

=a-

lnx1-lnx2

x1-x2

，而f′(x0) =f′(

x1+x2

2

)=a-

2

x1+x2

，ln

x1

x2

=

2(x1-x2)

x1+x2

=

2( x1 x2 -1)

x1 x2 +1

，由此能推導(dǎo)出函數(shù)f（x）圖象上是不存在兩點A（x₁，y₁）和B（x₂，y₂），使得割線AB的斜率恰好等于函數(shù)f（x）在AB中點M（x₀，y₀）處切線的斜率．

解答：解：（1）∵g′（x）=e^1-x-xe^1-x=e^1-x（1-x），
∴g（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，
∴g（x）的值域T為（0，1]．
（2）則由（1）可得t∈（0，1]，
原問題等價于：對任意的t∈（0，1]，f（x）=t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)，
∵f′(x)=a-

1

x

，（1≤x≤e），

1

x

∈[

1

e

，1]，
當(dāng)a≥1時，f′（x）＞0，f（x）在區(qū)間[1，e]上單調(diào)遞增，不合題意．
當(dāng)a≤

1

e

時，f′（x）＜0，f（x）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，f（x）在區(qū)間[1，

1

a

]上單調(diào)遞減；f（x）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∈∅．
綜上，滿足條件的a不存在．
（3）k_AB=

y1-y2

x1-x2

=

a(x1-x2)

x1-x2

=

a(x1-x2)-(lnx1-lnx2)

x1-x2

=a-

lnx1-lnx2

x1-x2

，
而f′(x0) =f′(

x1+x2

2

)=a-

2

x1+x2

，
故有

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）圖象上是不存在兩點A（x₁，y₁）和B（x₂，y₂），
使得割線AB的斜率恰好等于函數(shù)f（x）在AB中點M（x₀，y₀）處切線的斜率．

點評：本題考查函數(shù)的值域的求法，探索是否存在滿足條件的實數(shù)，探索函數(shù)圖象上滿足條件的兩點是否存在．綜合性強，難度大，對數(shù)學(xué)思維能力要求較高，有一定的探索性．