分析 (Ⅰ)先求出函數(shù)f(x)的導數(shù),通過討論①當a<0時,②當a>0時的情況,從而求出函數(shù)的單調區(qū)間;
(Ⅱ)通過討論a的范圍,結合函數(shù)的單調性找到函數(shù)的最值,從而求出a的范圍.
解答 解:(Ⅰ)f′(x)=$\frac{a}{x}$-1,
當a<0時,對?x∈(0,+∞),f′(x)<0,所以 f(x)的單調遞減區(qū)間為(0,+∞);
當a>0時,令f′(x)=0,得x=a,
因為 x∈(0,a)時,f′(x)>0;x∈(a,+∞)時,f′(x)<0,
所以 f(x)的單調遞增區(qū)間為(0,a),單調遞減區(qū)間為(a,+∞).
(Ⅱ)用f(x)max,f(x)min分別表示函數(shù)f(x)在[1,e]上的最大值,最小值,
當a≤1且a≠0時,由(Ⅰ)知:在[1,e]上,f(x)是減函數(shù),
所以 f(x)max=f(1)=1;
因為對任意的x1∈[1,e],x2∈[1,e],f(x1)+f(x2)≤2f(1)=2<3,
所以對任意的x1∈[1,e],不存在x2∈[1,e],使得f(x1)+f(x2)≥3;
當1<a<e時,由(Ⅰ)知:在[1,a]上,f(x)是增函數(shù),
在[a,e]上,f(x)是減函數(shù),
所以 f(x)max=f(a)=alna-a+2;
因為對x1=1,?x2∈[1,e],f(1)+f(x2)≤f(1)+f(a)
=1+alna-a+2=a(lna-1)+3<3,
所以 對x1=1∈[1,e],不存在x2∈[1,e],使得f(x1)+f(x2)≥3;
當a≥e時,由(Ⅰ)知:在[1,e]上,f(x)是增函數(shù),
所以 f(x)min=f(1)=1,f(x)max=f(e)=a-e+2,
因為 對任意的x1∈[1,e],總存在x2∈[1,e],使得f(x1)+f(x2)≥3,
即有1+a-e+2≥3
解得a≥e,
綜上所述,實數(shù)a的最小值是e.
點評 本題考查了函數(shù)的單調性,函數(shù)的最值問題,考查導數(shù)的應用,分類討論思想,是一道難題.
科目:高中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | $\frac{1}{2}$ | B. | $\frac{{\sqrt{2}}}{2}-1$ | C. | $\frac{{\sqrt{2}}}{2}$ | D. | $-\frac{1}{2}$ |
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:填空題
x | 0 | 1 | 3 | 5 | 6 |
y | 1 | 2m | 3-m | 3.8 | 9.2 |
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | {-1,0,1,2,3} | B. | {-1,3} | C. | {1,2} | D. | {3} |
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | 2n | B. | 2n | C. | $\frac{n(n+1)}{2}$ | D. | n+1 |
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:解答題
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | 4 | B. | 8 | C. | 16 | D. | 32 |
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