2020版高考数学（天津专用）大一轮精准复习精练：3.2　导数的应用 Word版含解析【KS5U 高考】

这是一份2020版高考数学（天津专用）大一轮精准复习精练：3.2　导数的应用 Word版含解析【KS5U 高考】，共45页。
3.2　导数的应用
挖命题
【考情探究】
考点
内容解读
5年考情
预测热度
考题示例
考向
关联考点
1.导数与函数的单调性
1.了解函数单调性和导数的关系
2.能利用导数研究函数的单调性,会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次)
2014天津文,19
利用导数研究函数的单调性和极值
构造新函数、不等式的证明
★★★
2.导数与函数的极(最)值
1.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件
2.会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数不超过三次),会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数不超过三次)
2016天津,20
利用导数研究函数的极值和最值
导数的运算、不等式的证明
★★★
3.导数的综合应用
利用导数解决实际问题
2018天津,20
利用导数解决函数零点问题
利用导数研究指数函数、对数函数的性质
★★★
2014天津,20
利用导数研究函数的性质
分析解读　　函数的单调性是函数的一条重要的性质,也是高中阶段研究的重点.一般分两类考查,一是直接用导数研究函数的单调性、求函数的最值与极值以及实际问题中的优化问题等.二是把导数、函数、方程、不等式、数列等知识相联系,综合考查函数的最值与参数的值(取值范围),常以解答题的形式出现,分值14分,难度较大.
破考点
【考点集训】
考点一　导数与函数的单调性
1.已知函数f(x)=xx2+1+1,则函数f(x)的单调增区间为　　　　. 
答案　(-1,1)
2.已知函数f(x)=1ex+aln x(a∈R).
(1)当a=1e时,求曲线y=f(x)在(1, f(1))处的切线方程;
(2)若函数f(x)在定义域内不单调,求a的取值范围.
解析　函数f(x)的定义域为(0,+∞),
导函数f '(x)=-1ex+ax=aex-xxex.
(1)当a=1e时,因为f '(1)=-1e+1e=0, f(1)=1e,
所以曲线y=f(x)在(1, f(1))处的切线方程为y=1e.
(2)f '(x)=aex-xxex(x>0),
设函数f(x)在定义域内不单调时,a的取值集合是A;
函数f(x)在定义域内单调时,a的取值集合是B,则A=∁RB.
函数f(x)在定义域内单调等价于f '(x)≤0恒成立或 f '(x)≥0恒成立,即aex-x≤0恒成立或aex-x≥0恒成立,
等价于a≤xex恒成立或a≥xex恒成立.
令g(x)=xex(x>0),则g'(x)=1-xex,
由g'(x)>0得00时, f(x)的单调递增区间为(ln p,+∞),单调递减区间为(-∞,ln p).
(3)当p=1时, f(x)=e-x+x+1,直线y=mx+1与曲线y=f(x)没有公共点等价于关于x的方程mx+1=e-x+x+1在(-∞,+∞)上没有实数解,即关于x的方程(m-1)x=e-x(*)在(-∞,+∞)上没有实数解.
①当m=1时,方程(*)化为e-x=0,
显然在(-∞,+∞)上没有实数解.
②当m≠1时,方程(*)化为xex=1m-1,令g(x)=xex,则有g'(x)=(1+x)ex.令g'(x)=0,得x=-1.
当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,-1)
-1
(-1,+∞)
g'(x)
-
0
+
g(x)
↘
-1e
↗
当x=-1时,g(x)min=-1e,当x趋近于+∞时,g(x)趋近于+∞,从而g(x)的值域为-1e,+∞.
所以当1m-10,故g(x)为增函数;
当-10,故g(x)为增函数.
综上,知g(x)在(-∞,-4)和(-1,0)内为减函数,在(-4,-1)和(0,+∞)内为增函数.
2.已知函数f(x)=x+axex,a∈R.
(1)求f(x)的零点;
(2)当a≥-5时,求证: f(x)在区间(1,+∞)上为增函数.
解析　(1)f(x)的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),
令f(x)=0,得x2+a=0,则x2=-a.
当a≥0时,方程无解, f(x)无零点;
当ag'(1)=3×12+2×1+a=5+a.
当a≥-5时,g'(x)≥0恒成立,
所以g(x)在(1,+∞)上为增函数.
方法2　利用导数解决函数的极值、最值问题
3.已知函数f(x)=ln x-ax-1(a∈R),g(x)=xf(x)+12x2+2x.
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)当a=1时,若函数g(x)在区间(m,m+1)(m∈Z)内存在唯一的极值点,求m的值.
解析　(1)由已知得x>0, f '(x)=1x-a=1-axx.
(i)当a≤0时, f '(x)>0恒成立,则函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;
(ii)当a>0时,由f '(x)>0,得00,g(x)在(x1,1)上单调递增.
所以x1为极值点,此时m=0.
又g'(3)=ln 3-1>0,g'(4)=2ln 2-20,g(x)在(3,x2)上单调递增;
在(x2,4)上,g'(x)0.
所以g(x)在12,1上单调递增,即f '(x)在12,1上单调递增,
所以函数f(x)在12,1上有极值等价于f '(1)>0,f '120,e-2a0,即ln x-1>0,所以x>e;
令f '(x)x恒成立等价于x-alnx>x恒成立,等价于a1,
所以g'(x)=2x-lnx-22x.
再令h(x)=2x-ln x-2,x>1,
所以h'(x)=x-1x.
所以当x>1时,h'(x)>0.
所以h(x)在(1,+∞)上单调递增.所以h(x)>h(1)=0.
所以当x>1时,g'(x)>0.
所以g(x)在(1,+∞)上单调递增.所以g(x)>g(1)=1.
所以a0).
(1)求f(x)的单调区间;
(2)对任意x∈1k,2k,都有xln(kx)-kx+1≤mx,求m的取值范围.
解析　由已知得, f(x)的定义域为(0,+∞).
(1)f '(x)=x-1x2.
令f '(x)>0,得x>1;令f '(x)0).
令f '(x)=0,解得x=0或x=1a.
当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,0)
0
0,1a
1a
1a,+∞
f '(x)
-
0
+
0
-
f(x)
↘
0
↗
13a2
↘
所以, f(x)的单调递增区间是0,1a;单调递减区间是(-∞,0),1a,+∞.
当x=0时, f(x)有极小值,且极小值f(0)=0;当x=1a时,f(x)有极大值,且极大值f1a=13a2.
(2)由f(0)=f32a=0及(1)知,当x∈0,32a时, f(x)>0;当x∈32a,+∞时, f(x)2,即00时,令f '(x)=0,
解得x=3a3,或x=-3a3.
当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:
x
-∞,-3a3
-3a3
-3a3,3a3
3a3
3a3,+∞
f '(x)
+
0
-
0
+
f(x)
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
所以f(x)的单调递减区间为-3a3,3a3,单调递增区间为-∞,-3a3,3a3,+∞.
(2)证明:因为f(x)存在极值点,所以由(1)知a>0,且x0≠0.由题意,得f '(x0)=3x02-a=0,即x02=a3,进而f(x0)=x03-ax0-b=-2a3x0-b.
又f(-2x0)=-8x03+2ax0-b=-8a3x0+2ax0-b=-2a3x0-b=f(x0),
且-2x0≠x0,由题意及(1)知,存在唯一实数x1满足 f(x1)=f(x0),且x1≠x0,因此x1=-2x0.
所以x1+2x0=0.
(3)证明:设g(x)在区间[-1,1]上的最大值为M,max{x,y}表示x,y两数的最大值.
下面分三种情况讨论:
①当a≥3时,-3a3≤-10;x∈(0,+∞)时,u'(x)单调递减,又u'(0)=1>0,u'1(lna)2=1-a1(lna)20,使得u'(x0)=0,
即1-(ln a)2x0ax0=0.
由此可得u(x)在(-∞,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减.u(x)在x=x0处取得极大值u(x0).
因为a≥e1e,故ln ln a≥-1,
所以u(x0)=ax0-x0ax0ln a+x0+1lna+2ln lnalna=1x0(lna)2+x0+2ln lnalna≥2+2ln lnalna≥0.
下面证明存在实数t,使得u(t)1lna时,有
u(x)≤(1+xln a)(1-xln a)+x+1lna+2ln lnalna=-(ln a)2x2+x+1+1lna+2ln lnalna,
所以存在实数t,使得u(t)0.由已知,x1,x2满足a=g(x1),a=g(x2).
由a∈(0,e-1),及g(x)的单调性,可得x1∈(0,1),x2∈(1,+∞).
对于任意的a1,a2∈(0,e-1),设a1>a2,g(ξ1)=g(ξ2)=a1,其中00,故h(x)在(1,+∞)上单调递增.
因此,由(*)可得x1+x2随着t的增大而增大.
而由(2)知t随着a的减小而增大,所以x1+x2随着a的减小而增大.
评析本题主要考查函数的零点、导数的运算、利用导数研究函数的性质等基础知识和方法.考查函数思想、化归思想.考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力.
4.(2013天津,20,14分)已知函数f(x)=x2ln x.
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)证明:对任意的t>0,存在唯一的s,使t=f(s);
(3)设(2)中所确定的s关于t的函数为s=g(t),证明:当t>e2时,有251.
f '(u)=1u-12,
令f '(u)=0,得u=2.当10,c>0,d0,则当00;
当x∈(0,1)时,h'(x)0时,(x-2)ex+x+2>0;
(2)证明:当a∈[0,1)时,函数g(x)=ex-ax-ax2(x>0)有最小值.设g(x)的最小值为h(a),求函数h(a)的值域.
解析　(1)f(x)的定义域为(-∞,-2)∪(-2,+∞).
f '(x)=(x-1)(x+2)ex-(x-2)ex(x+2)2=x2ex(x+2)2≥0,
且仅当x=0时, f '(x)=0,
所以f(x)在(-∞,-2),(-2,+∞)单调递增.
因此当x∈(0,+∞)时, f(x)>f(0)=-1.
所以(x-2)ex>-(x+2),(x-2)ex+x+2>0.
(2)g'(x)=(x-2)ex+a(x+2)x3=x+2x3(f(x)+a).
由(1)知, f(x)+a单调递增.对任意a∈[0,1), f(0)+a=a-10,g'(x)>0,g(x)单调递增.
因此g(x)在x=xa处取得最小值,
最小值为g(xa)=exa-a(xa+1)xa2=exa+f(xa)(xa+1)xa2=exaxa+2.
于是h(a)=exaxa+2,由exx+2'=(x+1)ex(x+2)2>0,得y=exx+2单调递增.
所以,由xa∈(0,2],得12=e00+20.
所以h(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增.
故h(2)=1-4ae2是h(x)在[0,+∞)的最小值.
①若h(2)>0,即a0时,ex>x2,
所以h(4a)=1-16a3e4a=1-16a3(e2a)2>1-16a3(2a)4=1-1a>0.
故h(x)在(2,4a)有一个零点.
因此h(x)在(0,+∞)有两个零点.
综上, f(x)在(0,+∞)只有一个零点时,a=e24.
方法总结　利用导数研究不等式恒成立问题时,可以先构造函数,然后对构造的新函数求导,利用导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含参不等式,从而求出参数的取值范围;也可以先分离变量,再构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题.研究函数的零点个数问题,可以通过导数研究函数的单调性、最值等.具体地,可画出函数图象,根据函数图象的走势规律,标出函数极值点、最值点的位置求解.这种用数形结合思想分析问题的方法,可以使问题有一个清晰、直观的整体展现.
4.(2017课标Ⅱ,21,12分)已知函数f(x)=ax2-ax-xln x,且f(x)≥0.
(1)求a;
(2)证明: f(x)存在唯一的极大值点x0,且e-2< f(x0)0,g(x)单调递增.
所以x=1是g(x)的极小值点,故g(x)≥g(1)=0.
综上,a=1.
(2)证明:由(1)知f(x)=x2-x-xln x, f '(x)=2x-2-ln x.
设h(x)=2x-2-ln x,则h'(x)=2-1x.
当x∈0,12时,h'(x)f(e-1)=e-2,所以e-212.
(2)由f '(x)=(1-x)(2x-1-2)e-x2x-1=0,
解得x=1或x=52.
因为
x
12
12,1
1
1,52
52
52,+∞
f '(x)

-
0
+
0
-
f(x)
12e-12
↘
0
↗
12e-52
↘
又f(x)=12(2x-1-1)2e-x≥0,
所以f(x)在区间12,+∞上的取值范围是0,12e-12.
5.(2014安徽,18,12分)设函数f(x)=1+(1+a)x-x2-x3,其中a>0.
(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性;
(2)当x∈[0,1]时,求f(x)取得最大值和最小值时的x的值.
解析　(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞), f '(x)=1+a-2x-3x2.
令f '(x)=0,得x1=-1-4+3a3,x2=-1+4+3a3,x10,
所以当x∈(0,2)时, f '(x)0, f(x)单调递增,
x∈(1,+∞)时, f '(x)0时, f '(x)=a(x-1)x3x-2ax+2a.
①00, f(x)单调递增,当x∈2a,1时, f '(x)0,x∈(x0,2)时,φ(x)0,
取x0=1k-1,对任意x∈(0,x0),有G'(x)>0,
从而G(x)在(0,x0)上单调递增,
所以G(x)>G(0)=0,
即f(x)>g(x).
综上,当k0,使得对任意x∈(0,x0),
恒有f(x)>g(x).
(3)当k>1时,由(1)知,∀x∈(0,+∞),g(x)>x>f(x),
故|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=kx-ln(1+x)>kx-x=(k-1)x.
令(k-1)x>x2,解得0x2,故满足题意的t不存在.
当kkx=g(x),此时|f(x)-g(x)|=f(x)-g(x)>(k1-k)x=1-k2x.
令1-k2x>x2,解得0x2.故满足题意的t不存在.
当k=1时,由(1)知,x>0,
|f(x)-g(x)|=f(x)-g(x)=x-ln(1+x),
令M(x)=x-ln(1+x)-x2,x∈[0,+∞),
则有M'(x)=1-11+x-2x=-2x2-xx+1.
当x>0时,M'(x)0.故g(t)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增.
又g(1)=0,g(-1)=e-1+2-e1时,由g(t)的单调性,g(m)>0,即em-m>e-1;
当m0,即e-m+m>e-1.
综上,m的取值范围是[-1,1].
6.(2014辽宁,21,12分)已知函数f(x)=(cos x-x)(π+2x)-83(sin x+1),g(x)=3(x-π)cos x-4(1+sin x)ln3-2xπ.
证明:
(1)存在唯一x0∈0,π2,使f(x0)=0;
(2)存在唯一x1∈π2,π,使g(x1)=0,且对(1)中的x0,有x0+x10,uπ2=-4ln 20,故g(x)=(1+sin x)h(x)与h(x)有相同的零点,所以存在唯一的x1∈π2,π,使g(x1)=0.
因为x1=π-t1,t1>x0,所以x0+x10,x∈D恒成立,则在区间D上函数f(x)单调递增;若f '(x)0,x2+32x,x≤0的图象上有且仅有四个不同的点关于直线y=-1的对称点在y=kx-1的图象上,则实数k的取值范围是(　　)
A.12,1　　　　B.12,34　　　　C.13,1　　　　D.12,2
答案　A　
2.(2017天津河西三模,8)设函数f '(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数, f(-1)=0,当x>0时,xf '(x)-f(x)0成立的x的取值范围是(　　)
A.(-∞,-1)∪(0,1)　　　　B.(-1,0)∪(1,+∞)　　　　C.(-∞,-1)∪(-1,0)　　　　D.(0,1)∪(1,+∞)
答案　A　
二、解答题(共100分)
3.(2018天津河北一模,20)已知函数f(x)=a2x3-3ax2+2,g(x)=-3ax+3,x∈R,其中a>0.
(1)若a=1,求曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程;
(2)求函数f(x)在区间(-1,1)上的极值;
(3)若∃x0∈0,12,使不等式f(x0)>g(x0)成立,求a的取值范围.
解析　(1)当a=1时, f(x)=x3-3x2+2,x∈R,∴f(1)=0,
f '(x)=3x2-6x,∴f '(1)=-3.
∴曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y=-3x+3.
(2)令f '(x)=3a2x2-6ax=3ax(ax-2)=0,不妨设此方程两根分别为x1,x2,且x10,∴x1=0,x2=2a.
(i)当00,
∴F(x)在区间0,12上单调递增,∴F(x)max=F12.
若∃x0∈0,12,使f(x0)>g(x0)成立,则只需F(x)max>0即可,
即F12=123a2-3×122a+3×12a-1>0,
即a2+6a-8>0,
解得a-3+17.
∴a的取值范围是(-3+17,+∞).
4.(2017天津河西一模,20)已知函数f(x)=ln x-x2+x.
(1)求函数f(x)的单调递减区间;
(2)若关于x的不等式f(x)≤a2-1x2+ax-1恒成立,求整数a的最小值;
(3)若正实数x1,x2满足f(x1)+f(x2)+2(x12+x22)+x1x2=0,证明:x1+x2≥5-12.
解析　(1)f '(x)=1x-2x+1=-2x2+x+1x=-(2x+1)(x-1)x(x>0),
令f '(x)1,
∴f(x)的单调减区间为(1,+∞).
(2)令g(x)=f(x)-a2-1x2+ax-1(x>0),则g(x)=ln x-12ax2+(1-a)x+1(x>0),
所以g'(x)=-ax2+(1-a)x+1x
=(-ax+1)(x+1)x.
(i)当a≤0时,因为x>0,所以g'(x)>0,
∴此时g(x)在(0,+∞)上是增函数,
又g(1)=-32a+2>0,
∴g(x)≤0不能恒成立,即关于x的不等式f(x)≤a2-1x2+ax-1不能恒成立.
∴a≤0不符合题意.
(ii)当a>0时,g'(x)=-ax-1a(x+1)x,
∴当x∈0,1a时,g'(x)>0,
当x∈1a,+∞时,g'(x)0,易证h(a)在定义域内单调递减,
∵h(1)=12>0,h(2)=14-ln 20.
解析　(1)f '(x)=2x-ax=2x2-ax(x>0),
当a≤0时,f '(x)>0在(0,+∞)上恒成立,所以函数f(x)单调递增区间为(0,+∞),此时f(x)无单调递减区间.
当a>0时,令f '(x)>0,得x>2a2,令f '(x)0,
故只要证x1+x22>a2即可,即证明x1+x2>x12+2x1-x22-2x2x1+ln x1-x2-ln x2,
即证x12-x22+(x1+x2)(ln x1-ln x2)0对任意x∈(1,+∞)恒成立,
故F'(x)在区间(1,+∞)上单调递增;
故F'(x)>F'(1)=1>0恒成立,
故函数F(x)在区间(1,+∞)上单调递增,
假设存在区间[m,n]⊆(1,+∞),使得函数F(x)在区间[m,n]上的值域为[k(m+2),k(n+2)],
则F(m)=m2-mlnm+2=k(m+2),F(n)=n2-nlnn+2=k(n+2),
问题可转化为关于x的方程x2-xln x+2=k(x+2)在区间(1,+∞)内是否存在两个不相等的实根,
即方程k=x2-xlnx+2x+2在区间(1,+∞)内是否存在两个不相等的实根,
令h(x)=x2-xlnx+2x+2,x∈(1,+∞),则h'(x)=x2+3x-4-2lnx(x+2)2,
令p(x)=x2+3x-4-2ln x,x∈(1,+∞),
则p'(x)=2x+3-2x=(2x-1)(x+2)x>0对任意x∈(1,+∞)恒成立,故函数p(x)在区间(1,+∞)上单调递增,
故p(x)>p(1)=0恒成立,故h'(x)>0恒成立,h(x)在(1,+∞)上递增,
故方程k=x2-xlnx+2x+2在区间(1,+∞)上不存在两个不相等的实根.
综上,不存在区间[m,n]⊆(1,+∞),使得函数F(x)在区间[m,n]上的值域为[k(m+2),k(n+2)].
7.(2017天津一中3月月考,20)已知函数h(x)=-2ax+ln x.
(1)当a=1时,求h(x)在(2,h(2))处的切线方程;
(2)令f(x)=a2x2+h(x),已知函数f(x)有两个极值点x1,x2,且x1·x2>12,求实数a的取值范围;
(3)在(2)的条件下,若存在x0∈1+22,2,使不等式f(x0)+ln(a+1)>m(a2-1)-(a+1)+2ln 2对任意a(取值范围内的值)恒成立,求实数m的取值范围.
解析　(1)当a=1时,h(x)=-2x+ln x,h'(x)=-2+1x,
∴h'(2)=-32,h(2)=-4+ln 2,
∴h(x)在(2,h(2))处的切线方程为y+4-ln 2=-32(x-2),
整理得3x+2y-2ln 2+2=0.
(2)f(x)=a2x2-2ax+ln x,x>0, f '(x)=ax2-2ax+1x(x>0),
令f '(x)=0可得ax2-2ax+1=0,∵函数f(x)有两个极值点x1,x2,且x1·x2>12,
∴a≠0,4a2-4a>0,1a>12,解得a的取值范围为(1,2).
(3)由ax2-2ax+1=0,不妨设x10,得x∈0,1a,
令h'(x)0,
∴00, f '(1)=1-e0,当x∈(x0,+∞)时, f '(x)2,∴-x0+1x0+22,
∴只需证lnx1x2x1-x2>2x1+x2,
即证lnx1x2>2(x1-x2)x1+x2=2x1x2-1x1x2+1,
令x1x2=t>1,∴只需证ln t>2(t-1)t+1在(1,+∞)上恒成立即可.
设g(t)=ln t-2(t-1)t+1,g'(t)=(t-1)2t(t+1)2>0,t∈(1,+∞),
∴g(t)在(1,+∞)上是增函数,
又当t→1时,g(t)→0,∴g(x)>0,
即x1x2>e2成立.
9.(2018天津十二区县一模,20)已知函数f(x)=-x3+x2+1,xg(x)对任意的正实数x都成立,求整数m的最大值;
(3)当a>0时,若存在实数m,n∈[0,2],且|m-n|≥1,使得f(m)=f(n),求证:e-1≤a≤e2-e.
解析　(1)当a=3时, f(x)=-x3+x2+1,xln x-ax+m对任意x>0都成立,即ex-ln x>m对任意的正实数都成立.
记h(x)=ex-ln x(x>0),则m0,则φ'(x)=ex+1x2>0恒成立,
∴φ(x)在(0,+∞)上为增函数,即h'(x)在(0,+∞)上为增函数,
又∵h'12=e-20,
∴h(x)在区间(0,x0)上为减函数,在区间(x0,+∞)上为增函数,
∴h(x)的最小值为h(x0)=ex0-ln x0,
∵ex0-1x0=0,∴ex0=1x0,∴x0=-ln x0,
∴h(x0)=1x0+x0,x0∈12,1,
可得h(x0)∈2,52,
又∵m1,
当00,
∴函数f(x)在(0,ln a)上为减函数,在(ln a,+∞)上为增函数,
若存在实数m,n∈[0,2],使f(m)=f(n),则ln a介于m,n之间,不妨设0≤m2;
由f '(x)0,于是l(x)在0,12上为增函数,
当x→12时, l(x)→2-4ln 2,
∴l(x)2-2lnxx-1恒成立,只要使a≥2-4ln 2,
即a∈[2-4ln 2,+∞)即可.
综上,若函数f(x)在0,12上无零点,则a的最小值为2-4ln 2.
(3)g'(x)=e1-x-xe1-x=(1-x)e1-x,
当x∈(0,1)时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增;当x∈[1,e]时,g'(x)≤0,函数g(x)单调递减.
又∵g(0)=0,g(1)=1,g(e)=e·e1-e>0,
∴函数g(x)在(0,e]上的值域为(0,1].
当a=2时,不合题意;
当a≠2时, f '(x)=2-a-2x=(2-a)x-2x
=(2-a)x-22-ax,x∈(0,e],当x=22-a时, f '(x)=0.
由题意得, f(x)在(0,e]上不单调,故00, f(x)→+∞,
f22-a=a-2ln22-a, f(e)=(2-a)(e-1)-2,
∴对任意给定的x0∈(0,e]在(0,e]上总存在两个不同的xi(i=1,2),
使得f(xi)=g(x0)成立,当且仅当a满足下列条件:
f22-a≤0,f(e)≥1,即a-2ln22-a≤0,②(2-a)(e-1)-2≥1,③
令h(a)=a-2ln22-a,a∈-∞,2-2e,
则h'(a)=1-2[ln 2-ln(2-a)]'=1-22-a=aa-2,
令h'(a)=0,得a=0,
故当a∈(-∞,0)时,h'(a)>0,函数h(a)单调递增;
当a∈0,2-2e时,h'(a)3m,即3m(x-1)x-1+2m>3m,
∵m