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3.已知函數(shù)fx=alnx12x2,a∈R.
(Ⅰ)當a∈[1,e2]時,討論函數(shù)f(x)的零點的個數(shù);
(Ⅱ)令g(x)=tx2-4x+1,t∈[-2,2],當a∈[1,e]時,證明:對任意的x1[1e],存在x2∈[0,1],使得f(x1)=g(x2).

分析 (Ⅰ)求出函數(shù)的導數(shù),解關于導函數(shù)的方程,求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間,求出函數(shù)的最大值,通過討論a的范圍,判斷函數(shù)的零點個數(shù)即可;
(Ⅱ)通過討論a的范圍,求出函數(shù)f(x)的值域,通過討論t的范圍,求出g(x)的最值,結合集合的包含關系證明結論即可.

解答 解:(Ⅰ)f(x)的定義域是(0,+∞),f′(x)=ax2x,
令f′(x)=0,解得:x=a或x=-a(舍),
x∈(0,a)時,f′(x)>0,f(x)遞增,
x∈(a,+∞)時,f′(x)<0,f(x)遞減,
故f(x)max=f(a)=12a(lna-1),
令h(a)=12a(lna-1),a∈[1,e2],則h′(a)=12lna≥0,
故函數(shù)h(a)在[1,e2]遞增,
故h(1)≤h(a)≤h(e2),即-12≤h(a)≤12e2
令h(a)=0,則a=e,
a∈[1,e)時,h(a)<0,即f(x)max<0,此時f(x)無零點,
a=e時,h(a)=0,即f(x)max=0,f(x)有1個零點,
a∈(e,e2]時,h(a)>0,即f(x)max>0,
由函數(shù)f(x)的定義域可知x→0時,lnx→-∞,
12x2→0,故f(x)→-∞,x→+∞時,f(x)→-∞,
故此時f(x)有2個零點,
綜上,a∈[1,e)時,函數(shù)f(x)無零點,a=e時,函數(shù)f(x)有唯一零點,
a∈(e,e2]時,函數(shù)f(x)有2個零點;
(Ⅱ)由(Ⅰ)得:a∈[1,e]時,f(x)max=f(a)≤0,又f(1)=-12
f(e)=12(a-e)∈[12(1-e),0],
12(a-e)≥-12時,函數(shù)f(x)=alnx-12x2,(x∈[1,e)的值域是:
[-12,12a(lna-1)]⊆[-12,0],
12(a-e)<-12時,函數(shù)f(x)=alnx-12x2(x∈[1,e]的值域是:
[12(a-e),12a(lna-1)]⊆[12(1-e),12a(lna-1)]?[-1,0],
由上可知,對于任意的x1∈[1,e],f(x1)∈[-1,0],
對于函數(shù)g(x),g(x)=tx2-4x+1=tx2t2+1-4t,x∈[0,1],
當-2≤t<0時,2t<0,g(x)在區(qū)間[0,1]遞減,
當t=0時,g(x)=-4x+1,g(x)在區(qū)間[0,1]遞減,
0<t≤2時,2t≥1,g(x)在區(qū)間[0,1]遞減,
故t∈[-2,2]時,g(x)min=g(1)=t-3∈[-5,-1],g(x)max=g(0)=1,
故x2∈[0,1]時,g(x2)∈[-1,0]?[t-3,1],
故對任意的x1[1e],存在x2∈[0,1],使得f(x1)=g(x2).

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題,考查導數(shù)的應用以及分類討論思想,轉化思想,考查函數(shù)的零點問題,是一道綜合題.

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