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1.已知函数f(x)=alnx-x+2,其中a≠0.
(Ⅰ)求f(x)的单调区间;
(Ⅱ)若对任意的x1∈[1,e],总存在x2∈[1,e],使得f(x1)+f(x2)=4,求实数a值.

分析 (Ⅰ)先求出函数f(x)的导数,通过讨论①当a<0时,②当a>0时的情况,从而求出函数的单调区间;
(Ⅱ)通过讨论a的范围,结合函数的单调性找到函数的最值,从而求出a的值.

解答 解:(Ⅰ)$f'(x)=\frac{a}{x}-1=\frac{a-x}{x}\;,\;\;x>0$,
当a<0时,对?x∈(0,+∞),f′(x)<0,所以 f(x)的单调递减区间为(0,+∞);
当a>0时,令f′(x)=0,得x=a,
因为 x∈(0,a)时,f′(x)>0;x∈(a,+∞)时,f′(x)<0,
所以 f(x)的单调递增区间为(0,a),单调递减区间为(a,+∞).
(Ⅱ)用f(x)max,f(x)min分别表示函数f(x)在[1,e]上的最大值,最小值,
当a≤1且a≠0时,由(Ⅰ)知:在[1,e]上,f(x)是减函数,
所以 f(x)max=f(1)=1;
因为 对任意的x1∈[1,e],x2∈[1,e],f(x1)+f(x2)≤2f(1)=2<4,
所以对任意的x1∈[1,e],不存在x2∈[1,e],使得f(x1)+f(x2)=4;
当1<a<e时,由(Ⅰ)知:在[1,a]上,f(x)是增函数,在[a,e]上,f(x)是减函数,
所以 f(x)max=f(a)=alna-a+2;
因为 对x1=1,?x2∈[1,e],f(1)+f(x2)≤f(1)+f(a)=1+alna-a+2=a(lna-1)+3<3,
所以 对x1=1∈[1,e],不存在x2∈[1,e],使得f(x1)+f(x2)=4;
当a≥e时,令g(x)=4-f(x)(x∈[1,e]),
由(Ⅰ)知:在[1,e]上,f(x)是增函数,进而知g(x)是减函数,
所以 f(x)min=f(1)=1,f(x)max=f(e)=a-e+2,g(x)max=g(1)=4-f(1),g(x)min=g(e)=4-f(e);
因为 对任意的x1∈[1,e],总存在x2∈[1,e],使得f(x1)+f(x2)=4,即f(x1)=g(x2),
所以 $\left\{\begin{array}{l}f(1)≥g(e)\\ f(e)≤g(1)\end{array}\right.$即$\left\{\begin{array}{l}f(1)+f(e)≥4\\ f(e)+f(1)≤4.\end{array}\right.$,
所以 f(1)+f(e)=a-e+3=4,解得a=e+1,
综上所述,实数a的值为e+1.

点评 本题考查了函数的单调性,函数的最值问题,考查导数的应用,分类讨论思想,是一道难题.

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第8行  63  01  63  78  59      16  95  55  67  19      98  10  50  71…
第9行  33  21  12  34  29      78  64  56  07  82      52  42  07  44…

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