2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題七 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用練習(xí) 理

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1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題七 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用練習(xí) 理 　　　　 　　 　　　 　　 　　　　　 　 基礎(chǔ)演練夯知識(shí) 1．已知f(x)＝x2＋2xf′(1)，則f′(0)等于(　　) A．0 B．－4 C．－2 D．2 2．曲線y＝ln x在x＝處的切線的傾斜角為(　　) A. B. C. D. 3．曲線f(x)＝x3＋x－2在點(diǎn)P0處的切線平行于直線y＝4x－1，則P0點(diǎn)的坐標(biāo)為(　　) A．(1，0) B．(2，8) C．(2，8)或(－1，－4) D．(1，0)或(－1，－4) 4．函數(shù)f(x)＝x2－ln x的最小值為(　　) A

2、. B．1 C．－2 D．3 5．曲線y＝ln x－1在x＝1處的切線方程為____________． 提升訓(xùn)練強(qiáng)能力 6．若曲線y＝ax2－ln x在點(diǎn)(1，a)處的切線平行于x軸，則a＝(　　) A．1 B. C．0 D．－1 7．函數(shù)f(x)＝xcos x的導(dǎo)函數(shù)f′(x)在區(qū)間[－π，π]上的圖像大致是(　　) 　　　　　A　　　　　　　　B 　　　　　C　　　　　　　　D 圖7-1 8．定義域?yàn)镽的函數(shù)f(x)，滿足f(0)＝1，f′(x)＜f(x)＋1，則不等式f(x)＋1＜2ex的解集為(　　) A．{x∈R|x>1} B．{

3、x∈R|0＜x＜1} C．{x∈R|x＜0} D．{x∈R|x＞0} 9．已知a≥0，函數(shù)f(x)＝(x2－2ax)ex，若f(x)在區(qū)間[－1，1]上是減函數(shù)，則a的取值范圍是(　　) A．0＜a＜ B.＜a＜ C．a(chǎn)≥ D．0＜a＜ 10．方程f(x)＝f′(x)的實(shí)數(shù)根x0叫作函數(shù)f(x)的“新駐點(diǎn)”．如果函數(shù)g(x)＝x，h(x)＝ln (x＋1)，φ(x)＝cos x的“新駐點(diǎn)”分別為α，β，γ，那么α，β，γ的大小關(guān)系是(　　) A．α<β<γ B．α<γ<β C．γ<α<β D．β<α<γ 11．設(shè)1＜x＜2，則 ，，的大小關(guān)系

4、是(　　) A.＜＜ B.＜＜ C.＜＜ D.＜＜ 12．函數(shù)f(x)＝2ln x＋x2在點(diǎn)x＝1處的切線方程是________． 13．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，若f(1)＝0，f′(1)＝0，但x＝1不是函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)，則abc的值為________． 14．已知函數(shù)f(x)＝ln x－ax2＋(a－2)x. (1)若f(x)在x＝1處取得極值，求a的值； (2)求函數(shù)y＝f(x)在[a2，a]上的最大值． 15．已知函數(shù)f(x)＝ex－ax－1(a∈R)． (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間． (2)函數(shù)F(x)＝f(x)

5、－xln x在定義域內(nèi)是否存在零點(diǎn)？若存在，請(qǐng)指出有幾個(gè)零點(diǎn)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由． (3)若g(x)＝ln(ex－1)－ln x，當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，不等式f(g(x))＜f(x)恒成立，求a的取值范圍． 16．已知函數(shù)f(x)＝ex－x2e|x|. (1)若f(x)在[0，＋∞)上是增函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍； (2)證明：當(dāng)a≥1時(shí)，不等式f(x)≤x＋1對(duì)x∈R恒成立； (3)對(duì)于在(0，1)中的任一個(gè)常數(shù)a，試探究是否存在x0>0，使得f(x0)>x0＋1成立？如果存在，請(qǐng)求出符合條件的一個(gè)x0；如果不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

6、 專題限時(shí)集訓(xùn)(七)B [導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用] (時(shí)間：10分鐘＋35分鐘) 基礎(chǔ)演練夯知識(shí) 1．已知函數(shù)f(x)＝x－ln x－1. (1)求曲線y＝f(x)在x＝2處的切線方程； (2)若x∈(0，＋∞)時(shí)，f(x)≥ax－2恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 2．已知函數(shù)f(x)＝x2－3x＋aln x(a＞0)． (1)若a＝1，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值； (2)設(shè)函數(shù)f(x)圖像上任意一點(diǎn)處的切線l的斜率為k，當(dāng)k的最小值為1時(shí)，求此時(shí)切線l的方程．

7、 提升訓(xùn)練強(qiáng)能力 3．設(shè)函數(shù)f(x)＝p－2ln x，g(x)＝(p>1，e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))． (1)若對(duì)任意x∈[2，e]，不等式f(x)>g(x)恒成立，求p的取值范圍； (2)若對(duì)任意x1∈[2，e]，總存在x2∈[2，e]，使不等式f(x1)>g(x2)成立，求p的取值范圍． 4．已知函數(shù)f(x)＝. (1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間內(nèi)有極值，求實(shí)數(shù)a的取值范圍； (2)當(dāng)x≥1時(shí)，不等式f(x)≥恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍； (3)求證：[(n＋1)！]2＞(n＋1)en－2＋.(n∈N*，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))

8、 5．已知函數(shù)f(x)＝(2－a)(x－1)－2ln x，g(x)＝ex－x＋1.(a為常數(shù)，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)) (1)當(dāng)a＝1時(shí)，求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間上無(wú)零點(diǎn)，求a的最小值； (3)若對(duì)任意給定的x0∈(0，1]，在(0，e]上總存在兩個(gè)不同的xi(i＝1，2)，使得f(xi)＝g(x0)成立，求a的取值范圍． 專題限時(shí)集訓(xùn)(七)A 【基礎(chǔ)演練】 1．B　[解析] f′(x)＝2x＋2f′(1)，令x＝1，得f′(1)＝2＋2f′(1)，即f′(1)＝－2，∴f′(x)＝2x－4，∴

9、f′(0)＝－4. 2．A　[解析] ∵y′＝，∴k＝＝＝tan α，又0≤α＜π，故α＝. 3．D　[解析] 設(shè)切點(diǎn)為P0(a，b)，f′(x)＝3x2＋1，則切線的斜率k＝f′(a)＝3a2＋1＝4，所以a＝±1.當(dāng)a＝－1時(shí)，b＝－4；當(dāng)a＝1時(shí)，b＝0.所以P0點(diǎn)的坐標(biāo)為(1，0)或(－1，－4)． 4．A　[解析] 令f′(x)＝x－＝＝0，得x＝1.∴當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0.∴函數(shù)f(x)在x＝1處取得最小值，且最小值為f(1)＝－ln 1＝. 5．x－y－2＝0　[解析] 易知切點(diǎn)的坐標(biāo)為(1，－1)，又y′＝，∴切線的斜

10、率為1，∴所求切線方程為y＋1＝x－1，即x－y－2＝0. 【提升訓(xùn)練】 6．B　[解析] y′＝2ax－，由題意可知，當(dāng)x＝1時(shí)，y′|x＝1＝2a－1＝0，得a＝. 7．A　[解析] f′(x)＝cos x－xsin x，則該導(dǎo)函數(shù)為偶函數(shù)，且f′(0)＝1，f′(π)＝－1，易知A選項(xiàng)符合題意． 8．D　[解析] 構(gòu)造函數(shù)g(x)＝?g′(x)＝， 由已知f′(x)＜f(x)＋1?g′(x)＜0，故g(x)在R上為減函數(shù)，而g(0)＝2，不等式f(x)＋1＜2ex化為g(x)＜g(0)?x＞0，故選D. 9．C　[解析] 因?yàn)閒(x)＝(x2－2ax)ex，所以f′(x)＝(

11、2x－2a)ex＋(x2－2ax)ex＝[x2＋(2－2a)x－2a]ex.因?yàn)閒(x)在區(qū)間[－1，1]上是減函數(shù)，所以f′(x)＝[x2＋(2－2a)x－2a]ex≤0在區(qū)間[－1，1]上恒成立且不恒為0，即x2＋(2－2a)x－2a≤0在區(qū)間[－1，1]上恒成立且不恒為0，所以解得a≥.又當(dāng)a＝時(shí)，x2＋(2－2a)x－2a不恒為0，所以a的取值范圍是. 10．D　[解析] g′(x)＝1，令g(x)＝g′(x)，則α＝1.h′(x)＝，令h(x)＝h′(x)，結(jié)合圖像(圖略)可知，β<1.φ′(x)＝－sin x，令φ(x)＝φ′(x)，∴γ＝>2.∴β<α<γ. 11．A　[解析

12、] 令f(x)＝x－ln x(1＜x＜2)，則f′(x)＝1－＝＞0，所以函數(shù)y＝f(x)(1＜x＜2)為增函數(shù)，∴f(x)＞f(1)＝1＞0， ∴x＞ln x＞0?0＜＜1，∴＜.又－＝＝>0，∴＜＜，選A. 12．4x－y－3＝0　[解析] 易知切點(diǎn)的坐標(biāo)為(1，1)，又f′(x)＝＋2x，∴切線的斜率為f′(1)＝4，故所求切線的方程為y－1＝4(x－1)，即4x－y－3＝0. 13．9　[解析] 由f(1)＝0，得1＋a＋b＋c＝0①，由f′(x)＝3x2＋2ax＋b，f′(1)＝3＋2a＋b＝0②，而x＝1不是函數(shù)的極值點(diǎn)，所以Δ＝(－2a)2－4×3×b＝4a2－12b＝0③

13、，綜合①②③解得a＝－3，b＝3，c＝－1，所以abc＝9. 14．解： (1)∵f(x)＝ln x－ax2＋(a－2)x，∴函數(shù)的定義域?yàn)?0，＋∞)． ∴f′(x)＝－2ax＋(a－2)＝＝. ∵f(x)在x＝1處取得極值， 即f′(1)＝－(2－1)(a＋1)＝0，∴a＝－1. 當(dāng)a＝－1時(shí)，在內(nèi)f′(x)＜0，在(1，＋∞)內(nèi)f′(x)＞0， ∴x＝1是函數(shù)y＝f(x)的極小值點(diǎn)．∴a＝－1. (2)∵a2＜a，∴0＜a＜1.f′(x)＝－2ax＋(a－2)＝＝－， ∵x∈(0，＋∞)，∴ax＋1＞0，∴f(x)在上遞增；在上遞減， ①當(dāng)0＜a≤時(shí)，f(x)在[a2，

14、a]上單調(diào)遞增，∴f(x)max＝f(a)＝ln a－a3＋a2－2a； ②當(dāng)即＜a＜時(shí)，f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減， ∴f(x)max＝f＝－ln 2－＋＝－1－ln 2； ③當(dāng)≤a2，即≤a＜1時(shí)，f(x)在[a2，a]上單調(diào)遞減， ∴f(x)max＝f(a2)＝2lna－a5＋a3－2a2. 15．解： (1)由f(x)＝ex－ax－1，得f′(x)＝ex－a. 當(dāng)a≤0時(shí)，對(duì)?x∈R，有f′(x)＞0，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增； 當(dāng)a＞0時(shí)，由f′(x)＞0，得x＞ln a；由f′(x)＜0，得x＜ln a， 此時(shí)函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為

15、(ln a，＋∞)，單調(diào)減區(qū)間為(－∞，ln a)． 綜上所述，當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，＋∞)； 當(dāng)a＞0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(ln a，＋∞)，單調(diào)減區(qū)間為(－∞，ln a)． (2)函數(shù)F(x)＝f(x)－xln x的定義域?yàn)?0，＋∞)，由F(x)＝0，得a＝－ln x(x＞0)， 令h(x)＝－ln x(x＞0)，則h′(x)＝， 由于x＞0，ex－1＞0，可知當(dāng)x＞1時(shí)，h′(x)＞0；當(dāng)0＜x＜1時(shí)，h′(x)＜0， 故函數(shù)h(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，故h(x)≥h(1)＝e－1. (隨著x＞0的增長(zhǎng)，y＝

16、ex－1的增長(zhǎng)速度越來(lái)越快，會(huì)超過(guò)并遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于y＝x的增長(zhǎng)速度，而y＝ln x的增長(zhǎng)速度則會(huì)越來(lái)越慢．則當(dāng)x＞0且x無(wú)限接近于0時(shí)，h(x)趨向于正無(wú)窮大．) 故當(dāng)a＞e－1時(shí)，函數(shù)F(x)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)； 當(dāng)a＝e－1時(shí)，函數(shù)F(x)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)； 當(dāng)a＜e－1時(shí)，函數(shù)F(x)沒(méi)有零點(diǎn). (3)由(1)知當(dāng)a＝1時(shí)，對(duì)?x＞0，有f(x)＞f(ln a)＝0，即ex－1＞x， 當(dāng)x＞0時(shí)，ex－1＞x，故對(duì)?x＞0，g(x)＞0，先用分析法證明：?x＞0，g(x)＜x. 要證對(duì)?x＞0，g(x)＜x，只需證對(duì)?x＞0，＜ex，即證對(duì)?x＞0，xex－ex＋1＞0， 構(gòu)造函

17、數(shù)H(x)＝xex－ex＋1(x＞0)，則H′(x)＝xex＞0， 故函數(shù)H(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以H(x)＞H(0)＝0，則對(duì)?x＞0，xex－ex＋1＞0成立． 當(dāng)a≤1時(shí)，由(1)知，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，則f(g(x))＜f(x)在(0，＋∞)上恒成立； 當(dāng)a＞1時(shí)，由(1)知，函數(shù)f(x)在(ln a，＋∞)上單調(diào)遞增，在(0，ln a)上單調(diào)遞減， 故當(dāng)0＜x＜ln a時(shí)，0＜g(x)＜x＜ln a，所以f(g(x))＞f(x)，則不滿足題意． 所以滿足題意的a的取值范圍是(－∞，1]． 16．解： (1)∵x∈[0，＋∞)，∴f(x)＝ex，

18、 ∴f′(x)＝ex . 由題意，f′(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立， 當(dāng)a＝0時(shí)，f′(x)＝ex>0恒成立，即滿足條件． 當(dāng)a≠0時(shí)，要使f′(x)≥0，而ex>0恒成立， 故只需－x2－ax＋1≥0在[0，＋∞)上恒成立，即 解得a<0. 綜上，a的取值范圍為a≤0. (2)證明：由題知f(x)≤x＋1即為ex－x2e|x|≤x＋1. 在x≥0時(shí)，要證明ex－x2e|x|≤x＋1成立， 只需證ex≤x2ex＋x＋1，即證1≤x2＋，① 令g(x)＝x2＋，得g′(x)＝ax＋＝ax－， 整理得g′(x)＝x， ∵x≥0時(shí)，≤1，結(jié)合a≥1，得g′(x)≥0，

19、 ∴g(x)在[0，＋∞)上是增函數(shù)，故g(x)≥g(0)＝1，從而①式得證． 在x≤0時(shí)，要使ex－x2e|x|≤x＋1成立， 只需證ex≤x2e－x＋x＋1，即證1≤x2e－2x＋(x＋1)e－x，② 令m(x)＝e－2x＋(x＋1)e－x，得m′(x)＝－xe－2x[ex＋a(x－1)]， 而φ(x)＝ex＋a(x－1)在x≤0時(shí)為增函數(shù)， 故φ(x)≤φ(0)＝1－a≤0，從而m′(x)≤0， ∴ m(x)在x≤0時(shí)為減函數(shù)，則m(x)≥m(0)＝1，從而②式得證． 綜上所述，原不等式ex－x2e|x|≤x＋1，即f(x)≤x＋1在a≥1時(shí)恒成立． (3)要使f(x0)

20、>x0＋1成立，即ex0－xex0＞x0＋1，變形為＋－1<0，③ 要找一個(gè)x0>0使③式成立，只需找到函數(shù)t (x)＝＋－1的最小值，滿足t(x)min＜0即可． ∵t′(x)＝x， 令t′(x)＝0得ex＝，則x＝－ln a， 在0－ln a時(shí)，t′(x)＞0， 即t(x)在(0，－ln a)上是減函數(shù)，在(－ln a，＋∞)上是增函數(shù)， ∴ 當(dāng)x＝－ln a時(shí)，t(x)取得最小值t(－ln a)＝(ln a)2＋a(－ln a＋1)－1. 下面只需證明：(ln a)2－aln a＋a－1＜0在0＜a＜1時(shí)恒成立即可． 令p(a)＝

21、(ln a)2－aln a＋a－1, 則p′(a)＝(ln a)2≥0，從而p(a)在(0，1)上是增函數(shù)， 則p(a)＜p(1)＝0，從而(ln a)2－aln a＋a－1＜0，得證． 于是t(x)的最小值t(－ln a)＜0， 因此可找到一個(gè)常數(shù)x0＝－ln a(0＜a＜1)，使得③式成立． 專題限時(shí)集訓(xùn)(七)B 【基礎(chǔ)演練】 1．解： (1)由題意得，f′(x)＝1－，∴f′(2)＝1－＝，f(2)＝1－ln 2， ∴曲線y＝f(x)在x＝2處的切線方程為y－(1－ln 2)＝(x－2)?x－2y－2ln 2＝0. (2)當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f(x)≥ax－2恒成立

22、，∴a≤1＋－， 令g(x)＝1＋－，則g′(x)＝，令g′(x)＝0?x＝e2， 可得g(x)在(0，e2)上單調(diào)遞減，在(e2，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴g(x)min＝g(e2)＝1－，即a≤1－，故實(shí)數(shù)a的取值范圍是. 2．解： (1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)， 當(dāng)a＝1時(shí)，f′(x)＝2x－3＋＝， 由f′(x)＞0得x＜或x＞1，由f′(x)＜0得＜x＜1， ∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，(1，＋∞)；單調(diào)遞減區(qū)間為. ∴f(x)的極大值為f＝－－ln 2；極小值為f(1)＝－2. (2)由題意知f′(x)＝2x－3＋≥2－3＝1，∴a＝2， 此時(shí)2x＝，即2

23、x＝，∴x＝1，切點(diǎn)為(1，－2), ∴此時(shí)的切線l的方程為x－y－3＝0. 【提升訓(xùn)練】 3．解： (1)由不等式f(x)－g(x)＝p·－2ln x－＞0對(duì)x∈[2，e]恒成立， ∴p＞對(duì)x∈[2，e]恒成立． 令h(x)＝，x∈[2，e]，則p＞h(x)max. ∵h(yuǎn)′(x)＝＜0. ∴h(x)在區(qū)間[2，e]上是減函數(shù)， ∴h(x)max＝h(2)＝，故p＞. (2)依題意f(x)min＞g(x)min. ∵f′(x)＝p＋－＞0，∴f(x)在[2，e]上單調(diào)遞增，故f(x)min＝f(2)． 又g(x)＝在[2，e]上單調(diào)遞減，故g(x)min＝g(e)，由f

24、(2)>g(e)，解得p＞. 4．解： (1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝－，由f′(x)＝0得x＝1， 當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f′(x)＞0；當(dāng)x＞1時(shí)，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，故函數(shù)f(x)在x＝1處取得唯一的極值， 由題意得?＜a＜1，故實(shí)數(shù)a的取值范圍為. (2)x≥1時(shí)，不等式f(x)≥化為≥?k≤， 令g(x)＝，由題意知k≥g(x)在[1，＋∞)上恒成立，g′(x)＝， 再令h(x)＝x－ln x(x≥1)，則h′(x)＝1－≥0，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取等號(hào)， 因此h(x)＝x－ln x在[1，＋∞)上

25、遞增，所以h(x)≥h(1)＝1＞0， 故g′(x)＝＞0，所以g(x)在[1，＋∞)上遞增，g(x)min＝g(1)＝2， 因此k≤2，即k的取值范圍為(－∞，2]． (3)由(2)知，當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)≥恒成立，即≥，∴l(xiāng)n x≥1－＞1－. 令x＝k(k＋1)，k∈N*，則有l(wèi)n[k(k＋1)]＞1－＝1－2， 分別令k＝1，2，3，…，n， 則有l(wèi)n(1×2)＞1－2，ln(2×3)＞1－2，…，ln[n(n＋1)]＞1－2， 將這n個(gè)不等式相加可得： ln[1×22×32×…×n2(n＋1)]＞n－2＝n－2＋， 故12×22×32×…×n2(n＋1)＞en－2＋

26、，從而[(n＋1)！]2＞(n＋1)en－2＋. 5．解： (1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝x－1－2ln x(x＞0)，則f′(x)＝1－. 令f′(x)＞0得x＞2；令f′(x)＜0得0＜x＜2， 故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，2)，單調(diào)遞增區(qū)間為(2，＋∞)． (2)∵f(x)＜0在區(qū)間上不可能恒成立，故要使函數(shù)f(x)在區(qū)間上無(wú)零點(diǎn)，只要對(duì)?x∈，f(x)＞0恒成立．即對(duì)?x∈，a＞2－恒成立． 令l(x)＝2－，x∈，則l′(x)＝＝， 再令m(x)＝2ln x＋－2，則m′(x)＝－＝，∵x∈，∴m′(x)＜0， 故函數(shù)m(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減，∴m(x)＞m＝2－2l

27、n 2＞0. 即l′(x)＞0，∴函數(shù)l(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增，∴l(xiāng)(x)＜l＝2－4ln 2. 故只要a≥2－4ln 2，則函數(shù)f(x)在區(qū)間上無(wú)零點(diǎn)，所以amin＝2－4ln 2. (3)∵g′(x)＝ex－1，當(dāng)x∈(0，1]時(shí)，g′(x)＞0，∴函數(shù)g(x)在區(qū)間(0，1]上是增函數(shù)． ∴g(x)∈(2，e]． 當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)＝－2ln x，不符合題意； 當(dāng)a≠2時(shí)，f′(x)＝2－a－＝， 當(dāng)x＝時(shí)，f′(x)＝0，由題意有f(x)在(0，e]上不單調(diào)，故0＜＜e，∴a<2－?、? 當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下： x f′(

28、x) － 0 ＋ f(x) 單調(diào)遞減 最小值 單調(diào)遞增 又因?yàn)閤→0時(shí)，f(x)→＋∞， f＝a－2ln，f(e)＝(2－a)(e－1)－2， 所以，對(duì)于給定的x0∈(0，1]，在(0，e]上總存在兩個(gè)不同的xi(i＝1，2)，使得f(xi)＝g(x0)成立，當(dāng)且僅當(dāng)滿足下列條件 即a－2ln≤2②， 且(2－a)(e－1)－2≥e③， 令h(a)＝a－2ln，a∈，則h′(a)＝，令h′(a)＝0，得a＝0. 故a∈(－∞，0)時(shí)，h′(a)＞0，函數(shù)h(a)單調(diào)遞增， a∈時(shí)，h′(a)＜0，函數(shù)h(a)單調(diào)遞減， 所以對(duì)任意的a∈，h(a)≤h(0)＝0≤2，即②恒成立．由③得a≤④，由①④得當(dāng)a∈時(shí)，在(0，e]上總存在兩個(gè)不同的xi(i＝1，2)，使得f(xi)＝g(x0)成立.