分析 (1)将a=1代入函数的表达式,求出函数的导数,得到函数的单调区间;
(2)先求出函数的导数,结合二次函数的性质,判断导函数的符号,从而求出函数的单调性;
(3)先求出函数g(x)的值域,求出F(x)的导数,结合函数的单调性得到F(e)≤0且F(x)max>1,进而求出a的范围.
解答 解:(1)a=1时,f(x)=lnx-x2+x,
f′(x)=$\frac{1}{x}$-2x+1=$\frac{-{2x}^{2}+x+1}{x}$=$\frac{-(2x+1)(x-1)}{x}$
由f′(x)=0再结合x>0得:
当x∈(0,1)时f′(x)>0,则f(x)是增函数;
当x∈(1,+∞)时f′(x)<0,则f(x)是减函数
∴f(x)最大值=f(x)极大值=f(1)=0;
(2)f′(x)=$\frac{1}{x}$-2x+a=$\frac{-{2x}^{2}+ax+1}{x}$,
由f′(x)=0得-2x2+ax+1=0,
该方程的判别式△=a2+8>0,可知方程有两个实数根$\frac{a±\sqrt{{a}^{2}+8}}{4}$,
由x>0取x=$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+8}}{4}$,
当x∈(0,$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+8}}{4}$)时f′(x)>0,函数f(x)单调递增;
当x∈($\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+8}}{4}$,+∞)时f′(x)<0,函数f(x)单调递减.
∴f(x)的单增区间是(0,$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+8}}{4}$);单减区间是($\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+8}}{4}$,+∞),
(3)g′(x)=(1-x)e1-x,当x∈(0,1)时,g′(x)>0,g(x)是增函数;
当x∈(1,e)时,g′(x)<0,g(x)是减函数,
∴函数g(x)在(0,e]上的值域为(0,1],
令F(x)=f(x)+1,则F′(x)=f′(x)=$\frac{-{2x}^{2}+ax+1}{x}$,
由F′(x)=0,结合(1)可知,方程F′(x)=0在(0,+∞)上有一个实数根x3,
若x3≥e,则F(x)在(0,e]上单调递增,不合题意.
∴F′(x)=0在(0,e]上有唯一的解x3=$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+8}}{4}$,
且F(x)在(0,$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+8}}{4}$)上单调递增;在($\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+8}}{4}$,+∞)单调递减.
∵?x0∈(0,e],方程f(x)+1=g(x0)在(0,e]内有两个不同的实数根
∴F(e)≤0且F(x)max>1,
由F(e)≤0得lne-e2+ae+1≤0,解得:a≤e-$\frac{2}{e}$,
由F(x)max=F(x3),得lnx3-${{x}_{3}}^{2}$+ax3+1>1,lnx3-${{x}_{3}}^{2}$+ax3>0,
∵-2${{x}_{3}}^{2}$+ax3+1=0,∴a=2x3-$\frac{1}{{x}_{3}}$代入lnx3-${{x}_{3}}^{2}$+ax3>0得:
lnx3+${{x}_{3}}^{2}$-1>0,
令h(x)=lnx3+${{x}_{3}}^{2}$-1,可知函数h(x)在(0,e]上单调递增,
而h(1)=0,∴h(x3)>h(1)=0,∴1<x3<e,
又a=2x3-$\frac{1}{{x}_{3}}$在1<x3<e上单调递增,
∴1<a<2e-$\frac{1}{e}$,
综上所述,a∈(1,e-$\frac{2}{e}$]
点评 本题考查了函数的单调性、最值问题,考查导数的应用,函数恒成立问题,考查解题能力,本题难度较大.
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A. | 若l?α,l∥β,则α∥β | B. | l⊥α,l⊥β,则α∥β | C. | l?α,l⊥β,则α⊥β | D. | α⊥β,l?α,则l⊥β |
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