Question

已知函數(shù)f（x）=（2-a）（x-1）-2lnx，g（x）=xe^1-x（a∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù)）．
（1）當(dāng)a=1時，求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若函數(shù)f（x）在(0，

1

2

)上無零點，求a最小值；
（3）若對任意給定的x₀∈（0，e]，關(guān)于x的方程f（x）=g（x₀）在x∈（0，e]恒有兩個不同的實根，求a的取值范圍．

Answer 1

考點：導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：綜合題,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）求導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)的正負，即可求得函數(shù)f（x）的單調(diào)性區(qū)間；
（2）將f（x）的表達式重新組合，即f（x）=（2-a）（x-1）-2lnx，分別研究函數(shù)m（x）=（2-a）（x-1），h（x）=2lnx，x＞0，討論當(dāng)a＜2時和當(dāng)a≥2時的情況．
（3）求出g′（x），根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的正負得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，即可求出g（x）的值域；對于f（x），討論當(dāng)a＜2時和當(dāng)a≥2時的情況，只有當(dāng)f（x）在（0，e]上不單調(diào)的情況才可能滿足題意，結(jié)合著g（x）的值域，和數(shù)形結(jié)合，要使在（0，e]上方程f（x）=g（x₀）總存在兩個不等的實根，只需滿足

f( 2 2-a )≤0 f(e)≥1

，即

1 2 a+ln(2-a)-ln2≤0 a≤2- 3 e-1

，進一步通過求導(dǎo)的方法證明當(dāng)a≤2-

3

e-1

時，

1

2

a+ln（2-a）-ln2≤0恒成立，從而確定a的取值范圍．

解答： 解：（1）當(dāng)a=1時，f（x）=x-1-2lnx，則f′（x）=

x-2

x

，
由f′（x）＞0可得單調(diào)增區(qū)間為（2，+∞）；由f′（x）＜0可得單調(diào)減區(qū)間為（0，2）；
（2）f（x）=（2-a）（x-1）-2lnx
令m（x）=（2-a）（x-1），x＞0；h（x）=2lnx，x＞0，則f（x）=m（x）-h（x），
①當(dāng)a＜2時，m（x）在（0，

1

2

）上為增函數(shù)，h（x）在（0，

1

2

）上為增函數(shù)，
結(jié)合圖象可知，若f（x）在（0，

1

2

）無零點，則m（

1

2

）≥h（

1

2

），
即（2-a）×（

1

2

-1）≥2ln

1

2

，∴a≥2-4ln2，
∴2-4ln2≤a＜2．
②當(dāng)a≥2時，在（0，

1

2

）上，m（x）≥0，h（x）＜0，
∴f（x）＞0，
∴f（x）在（0，

1

2

）上無零點．
由①②得a≥2-4ln2．
∴a_min=2-4ln2；
（3）g′（x）=e^1-x-xe^1-x=（1-x）e^1-x，
當(dāng)x∈（0，1）時，g′（x）＞0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈（1，e]時，g′（x）＜0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞減．
又∵g（0）=0，g（1）=1，g（e）=e^2-e＞0，
∴函數(shù)g（x）在（0，e]上的值域為（0，1]．
∵f（x）=（2-a）（x-1）-2lnx，∴f′（x）=

(2-a)x-2

x

．
當(dāng)x=

2

2-a

時，f'（x）=0，由題意知，f（x）在（0，e]上不單調(diào)，故0＜

2

2-a

＜e，即a＜

2

2-e

．
此時，當(dāng)x變化時，f（x），f'（x）的變化情況如下：

x	(0， 2 2-a )	2 2-a	( 2 2-a ，e]
f'（x）	-	0	+
f（x）	↘	最小值	↗

對任意給定的x₀∈（0，e]，關(guān)于x的方程f（x）=g（x₀）在x∈（0，e]恒有兩個不同的實根，
需使

f( 2 2-a )≤0 f(e)≥1

，即

1 2 a+ln(2-a)-ln2≤0 a≤2- 3 e-1

下證：當(dāng)a≤2-

3

e-1

時，

1

2

a+ln（2-a）-ln2≤0恒成立，
設(shè)t（x）=

1

2

x+ln（2-x）-ln2，x≤2-

3

e-1

，
則t′（x）=

x

2(x-2)

，
當(dāng)x∈（-∞，0）時，t′（x）≥0，x∈（0，2-

3

e-1

）時，t′（x）＜0．
∴t（x）≤t（0）=0．
∴

1

2

a+ln（2-a）-ln2≤0恒成立，
又∵2-

2

e

＞2-

3

e-1

，
∴a≤2-

3

e-1

．
綜上，得a∈（-∞，

3

e-1

]．

點評：本題難度較大，較靈活，第二問是將原函數(shù)分成兩個函數(shù)的差，再進一步通過數(shù)形結(jié)合進行談?wù)撗芯浚瑢W(xué)生也可以直接用求導(dǎo)的方式討論研究．第三問中需要多次分類討論和數(shù)形結(jié)合的思想給出思路的方向，并利用求導(dǎo)的方法進行驗證研究，對于學(xué)生來說是一個難題．