分析 (Ⅰ)根据题意即可得出4x2-ax+1≥0在(0,+∞)上恒成立,从而有△≤0或者$\left\{\begin{array}{l}{△>0}\\{\frac{a}{8}<0}\end{array}\right.$,这样便可解出实数a的取值范围;
(Ⅱ)可求g′(x),根据导数符号便可得出g(x)在(0,e)上的值域,并设h(x)=f(x)+2x2=ax-lnx,m=g(x),从而可将问题转化为任意的m∈(3,4],存在唯一的${x}_{0}∈[{e}^{-4},e]$,使得h(x0)=m,求导数$h′(x)=\frac{ax-1}{x}$,然后可讨论a的取值:$a≤\frac{1}{e},a≥{e}^{4}$,和$\frac{1}{e}<a<{e}^{4}$,在每种情况里可通过求函数h(x)的最大值或最小值,以及端点值即可求出满足条件的a的取值范围.
解答 解:(Ⅰ)∵$f′(x)=\frac{-4{x}^{2}+ax-1}{x}$,由题:f′(x)≤0在(0,+∞)上恒成立;
即4x2-ax+1≥0在(0,+∞)上恒成立;
∴△=a2-4×4×1≤0,得,-4≤a≤4;
或$\left\{\begin{array}{l}{△={a}^{2}-4×4×1>0}\\{\frac{a}{8}<0}\end{array}\right.$,故a<-4;
综上,a≤4;
(Ⅱ)∵g′(x)=e1-x(1-x),∴g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,e)上单调递减;
且g(0)=3,g(1)=4,g(e)=e2-e+3>3;
∴g(x)的值域为(3,4];
记h(x)=f(x)+2x2=ax-lnx,m=g(x);
原问题等价于?m∈(3,4],存在唯一的${x}_{0}∈[{e}^{-4},e]$,使得h(x0)=m成立;
∵$h′(x)=a-\frac{1}{x}$=$\frac{ax-1}{x}$,x∈[e-4,e];
①当$a≤\frac{1}{e}$时,h′(x)≤0恒成立,h(x)单调递减;
由$h(x)_{max}=h({e}^{-4})=a{e}^{-4}+4≥4$,h(x)min=h(e)=ae-1≤3,解得$0≤a≤\frac{1}{e}$;
②当a≥e4时,h′(x)≥0恒成立,h(x)单调递增,$h(x)_{min}=h({e}^{-4})=a{e}^{-4}+4>4$,不合题意,舍去;
③当$\frac{1}{e}<a<{e}^{4}$时,h(x)在$[{e}^{-4},\frac{1}{a}]$上单调递减,在$[\frac{1}{a},e]$上单调递增;
且h(e-4)=ae-4+4>4,h(e)=ae-1;
要满足条件,则ae-1≤3;
∴$\frac{1}{e}<a≤\frac{4}{e}$;
综上所述,a的取值范围是$[0,\frac{4}{e}]$.
点评 考查函数单调性和函数导数符号的关系,以及一元二次不等式的解法,熟悉二次函数的图象,以及根据导数求函数最值的方法和过程,函数单调性定义的运用.
科目:高中数学 来源: 题型:选择题
A. | [-$\frac{11}{4}$,6] | B. | [-2,$\frac{25}{4}$] | C. | [-6,6] | D. | [-6,$\frac{25}{4}$] |
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A. | 4 | B. | 3 | C. | 2 | D. | 1 |
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A. | [0,1] | B. | (0,1) | C. | [1,+∞) | D. | (0,+∞) |
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