Question

已知函數(shù)f（x）=（2-a）（x-1）-2lnx，g（x）=xe^1-x．（a∈R，e=2.71828…）
（Ⅰ）當(dāng)a=1時(shí)，求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若函數(shù)f（x）在區(qū)間(0，

1

2

)無零點(diǎn)，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(gè)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

考點(diǎn)：導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）把a(bǔ)=1代入函數(shù)解析式，求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，由導(dǎo)函數(shù)大于0求得原函數(shù)的增區(qū)間，由導(dǎo)函數(shù)小于0求得原函數(shù)的減區(qū)間；
（Ⅱ）函數(shù)f（x）＜0在區(qū)間(0，

1

2

)上不恒成立，把函數(shù)f（x）在區(qū)間(0，

1

2

)上無零點(diǎn)轉(zhuǎn)化為對任意的x∈(0，

1

2

)，f(x)＞0恒成立，即對x∈(0，

1

2

)，a＞2-

2lnx

x-1

恒成立．然后利用構(gòu)造函數(shù)且兩次求導(dǎo)得到使函數(shù)f（x）在區(qū)間(0，

1

2

)上無零點(diǎn)的a的最小值；
（Ⅲ）利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)g（x）在（0，e]上的值域，由題意可知a=2時(shí)f（x）在（0，e]上為單調(diào)函數(shù)不合題意；當(dāng)a≠2時(shí)求出使f（x）在（0，e]上有極小值的a的范圍，然后由對任意給定的x₀∈（0，e]，在（0，e]上總存在兩個(gè)不同的x_i（i=1，2）使得f（x_i）=g（x₀）成立得到a所滿足的條件

a-2ln 2 2-a ≤0② (2-a)(e-1)-2≥1③

，求解不等式組結(jié)合使f（x）有最小值的a的范圍得答案．

解答： 解：（Ⅰ）當(dāng)a=1時(shí)，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）∵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）在區(qū)間(0，

1

2

)上無零點(diǎn)，
只要對任意的x∈(0，

1

2

)，f(x)＞0恒成立即可，
即對x∈(0，

1

2

)，a＞2-

2lnx

x-1

恒成立．
令t（x）=2-

2lnx

x-1

，x∈(0，

1

2

)，
則t′(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，t（x）＞0，于是t（x）在(0，

1

2

)上為增函數(shù)，
∴t（x）＜t（

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）在區(qū)間(0，

1

2

)上無零點(diǎn)，則a的最小值為2-4ln2；
（Ⅲ）∵g（x）=xe^1-x，
∴g'（x）=e^1-x-xe^1-x=（1-x）e^1-x，
當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，g′（x）＞0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈（1，e）時(shí)，g′（x）＜0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞減．
又∵g（0）=0，g（1）=1，g（e）=e•e^1-e＞0，
∴函數(shù)g（x）在（0，e]上的值域?yàn)椋?，1]．
當(dāng)a=2時(shí)，f（x）=-2lnx為單調(diào)函數(shù)，不合題意；
當(dāng)a≠2時(shí)，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(shí)，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(shí)，當(dāng)x變化時(shí)，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∵當(dāng)x→0時(shí)，f（x）→+∞，
f(

2

2-a

)=a-2ln

2

2-a

，f(e)=(2-a)(e-1)-2，
∴對任意給定的x₀∈（0，e]，在（0，e]上總存在兩個(gè)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

2-a

=

a

a-2

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

2

e

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

2

e

)，有h（a）≤h（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(shí)，對任意給定的x₀∈（0，e]，
在（0，e]上總存在兩個(gè)不同的x_i（i=1，2），
使f（x_i）=g（x₀）成立．

點(diǎn)評：本題考查了導(dǎo)數(shù)在求函數(shù)最值中的應(yīng)用，考查了數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法和分類討論的數(shù)學(xué)思想方法，解答此題要求學(xué)生要有較強(qiáng)的邏輯思維能力和運(yùn)算能力，屬難度較大的題目，是壓軸題．