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)）
（Ⅰ）當(dāng)a=1時，求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若函數(shù)f（x）在(0，

1

2

)上無零點，求a的最小值；
（Ⅲ）若對任意給定的x₀∈（0，e]，在（0，e]上總存在兩個不同的x_i（i=1，2），使得f（x_i）=g（x₀）成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析：（Ⅰ）把a=1代入到f（x）中求出f′（x），令f′（x）＞0求出x的范圍即為函數(shù)的增區(qū)間，令f′（x）＜0求出x的范圍即為函數(shù)的減區(qū)間；
（Ⅱ）f（x）＜0時不可能恒成立，所以要使函數(shù)在（0，

1

2

）上無零點，只需要對x∈（0，

1

2

）時f（x）＞0恒成立，列出不等式解出a大于一個函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)得到函數(shù)的單調(diào)性，根據(jù)函數(shù)的增減性得到這個函數(shù)的最大值即可得到a的最小值；
（Ⅲ）求出g′（x），根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，即可求出g（x）的值域，而當(dāng)a=2時不合題意；當(dāng)a≠2時，求出f′（x）=0時x的值，根據(jù)x∈（0，e]列出關(guān)于a的不等式得到①，并根據(jù)此時的x的值討論導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)得到函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間，根據(jù)單調(diào)區(qū)間得到②和③，令②中不等式的坐標(biāo)為一個函數(shù)，求出此函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，討論導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，根據(jù)函數(shù)的增減性得到此函數(shù)的最大值，即可解出②恒成立和解出③得到④，聯(lián)立①和④即可解出滿足題意a的取值范圍．

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

2

x

，
由f′（x）＞0，得x＞2；
由f′（x）＜0，得0＜x＜2．
故f（x）的單調(diào)減區(qū)間為（0，2]，單調(diào)增區(qū)間為[2，+∞）；

（Ⅱ）因為f（x）＜0在區(qū)間(0，

1

2

)上恒成立不可能，
故要使函數(shù)f(x)在(0，

1

2

)上無零點，
只要對任意的x∈(0，

1

2

)，f（x）＞0恒成立，即對x∈(0，

1

2

)，a＞2-

2lnx

x-1

恒成立．
令l(x)=2-

2lnx

x-1

，x∈(0，

1

2

)，則l(x)=-

2 x (x-1)-2lnx

(x-1)2

=

2lnx+ 2 x -2

(x-1)2

，
再令m(x)=2lnx+

2

x

-2，x∈(0，

1

2

)，
則m′(x)=-

2

x2

+

2

x

=

-2(1-x)

x2

＜0，故m（x）在(0，

1

2

)上為減函數(shù)，于是m(x)＞m(

1

2

)=2-2ln2＞0，
從而，l（x）＞0，于是l（x）在(0，

1

2

)上為增函數(shù)，所以l(x)＜l(

1

2

)=2-4ln2，
故要使a＞2-

2lnx

x-1

恒成立，只要a∈[2-4ln2，+∞），
綜上，若函數(shù)f（x）在(0，

1

2

)上無零點，則a的最小值為2-4ln2；

（Ⅲ）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．
又因為g（0）=0，g（1）=1，g（e）=e•e^1-e＞0，
所以，函數(shù)g（x）在（0，e]上的值域為（0，1]．
當(dāng)a=2時，不合題意；
當(dāng)a≠2時，f′（x）=2-a-

2

x

=

(2-a)x-2

x

=

(2-a)(x- 2 2-a )

x

，x∈（0，e]
當(dāng)x=

2

2-a

時，f′（x）=0．
由題意得，f（x）在（0，e]上不單調(diào)，故0＜

2

2-a

＜e，即a＜2-

2

e

①
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	↗

又因為，當(dāng)x→0時，f（x）→+∞，
f(

2

2-a

)=a-2ln

2

2-a

，f(e)=(2-a)(e-1)-2，
所以，對任意給定的x₀∈（0，e]，在（0，e]上總存在兩個不同的x_i（i=1，2），
使得f（x_i）=g（x₀）成立，當(dāng)且僅當(dāng)a滿足下列條件：

f( 2 2-a )≤0 f(e)≥1

即

a-2ln 2 2-a ≤0② (2-a)(e-1)-2≥1③

令h（a）=a-2ln

2

2-a

，a∈(-∞，2-

2

e

)，
則h′(a)=1-2[ln2-ln(2-a)]′=1-

2

2-a

=

a

a-2

，令h′（a）=0，得a=0或a=2，
故當(dāng)a∈（-∞，0）時，h′（a）＞0，函數(shù)h（a）單調(diào)遞增；
當(dāng)a∈(0，2-

2

e

)時，h′（a）＜0，函數(shù)h（a）單調(diào)遞減．
所以，對任意a∈(-∞，2-

2

e

)，有h（a）≤h（0）=0，
即②對任意a∈(-∞，2-

2

e

)恒成立．
由③式解得：a≤2-

3

e-1

．④
綜合①④可知，當(dāng)a∈(-∞，2-

3

e-1

]時，對任意給定的x₀∈（0，e]，
在（0，e]上總存在兩個不同的x_i（i=1，2），
使f（x_i）=g（x₀）成立．

點評：此題考查學(xué)生會利用導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)確定函數(shù)的單調(diào)性，會根據(jù)函數(shù)的增減性求出閉區(qū)間上函數(shù)的最值，掌握不等式恒成立時所滿足的條件，是一道壓軸題．