Question

11．已知函数f（x）=（2-a）（x-1）-2lnx（a为常数），g（x）=e^x-x+1
（1）当a=1时，求f（x）的单调区间；
（2）若函数f（x）在区间$（0，\frac{1}{2}）$上无零点，求a的最小值；
（3）若对任意给定的x₀∈（0，1]，则（0，e]上总存在两个不同的x_i（i=1，2），使得f（x_i）=g（x₀）成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，从而得到函数的单调区间；
（2）法一：问题转化为任意的$x∈（0，\frac{1}{2}）$，f（x）＞0恒成立，通过求导得到函数的单调性问题，从而求出a的范围，
法二：先求出函数f（x）的导数，通过讨论导函数的符号，从而得到函数f（x）的单调性，进而求出a的范围；
（3）先求出函数g（x）的导数，得到g（x）的范围，再求出f（x）的导数，得到函数f（x）的单调性，结合f（x_i）=g（x₀）成立，得到不等式组，从而求出a的范围．

解答 解：（1）当a=1时，f（x）=x-1-2lnx，其定义域为（0，+∞），
则$f'（x）=1-\frac{2}{x}$，令f′（x）＞0得x＞2；令f′（x）＜0得0＜x＜2，
故f（x）的单调递减区间为（0，2]，单调递增区间为[2，+∞）．…（3分）
（2）法一：因为当x→0时，f（x）→+∞，
所以函数f（x）＜0在区间$（{0，\frac{1}{2}}）$上不可能恒成立，
故要使函数f（x）在区间$（{0，\frac{1}{2}}）$上无零点，只要对任意的$x∈（0，\frac{1}{2}）$，f（x）＞0恒成立．
即对任意的x∈（0，$\frac{1}{2}$），$a＞2-\frac{2lnx}{x-1}$恒成立．…（4分）
令$l（x）=2-\frac{2lnx}{x-1}$，$x∈（0，\frac{1}{2}）$，则$l'（x）=\frac{{-\frac{2}{x}（x-1）+2lnx}}{{{{（x-1）}^2}}}=\frac{{2lnx+\frac{2}{x}-2}}{{{{（x-1）}^2}}}$，…（5分）
再令$m（x）=2lnx+\frac{2}{x}-2$，则$m'（x）=\frac{2}{x}-\frac{2}{x^2}=\frac{-2（1-x）}{x^2}$，
由$x∈（0，\frac{1}{2}）$，知m'（x）＜0，故函数m（x）在区间$（{0，\frac{1}{2}}）$上单调递减，
所以$m（x）＞m（\frac{1}{2}）=2-2ln2＞0$，即l'（x）＞0，
所以函数l（x）在区间$（{0，\frac{1}{2}}）$上单调递增，则$l（x）＜l（\frac{1}{2}）=2-4ln2$，
故只要a≥2-4ln2，函数f（x）在区间$（{0，\frac{1}{2}}）$上无零点，
所以a的最小值为2-4ln2．…（8分）
法二：由$f（x）=（2-a）（x-1）-2lnx，x∈（0，\frac{1}{2}）$，
可得$f'（x）=（2-a）-\frac{2}{x}=\frac{（2-a）x-2}{x}$，
令h（x）=（2-a）x-2，则$h（0）=-2＜0，h（\frac{1}{2}）=-1-\frac{a}{2}$．
1）当$h（\frac{1}{2}）=-1-\frac{a}{2}≤0$时，即a≥-2时，f′（x）＜0恒成立，f（x）单调递减，
$f（x）＞f（\frac{1}{2}）=-1+\frac{a}{2}+2ln2$恒成立，又f（x）在区间$（{0，\frac{1}{2}}）$上无零点，
则$-1+\frac{a}{2}+2ln2≥0，a≥2-4ln2$．又2-4ln2＞-2
所以a≥2-4ln2．…（6分）
2）当$h（\frac{1}{2}）=-1-\frac{a}{2}＞0$时，即a＜-2时，
则存在${x_0}∈（0，\frac{1}{2}）$，使得h（x₀）=（2-a）x₀-2=0，且${x_0}=\frac{2}{2-a}$，
则当x∈（0，x₀）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，
当$x∈（{x_0}，\frac{1}{2}）$时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，
所以，f（x）的最小值为f（x₀）=a+2ln（2-a）-2ln2=φ（a），a＜-2，
令φ（a）=a+2ln（2-a）-2ln2，a＜-2，
则$φ'（a）=1+\frac{2}{a-2}=\frac{a}{a-2}＞0$恒成立，φ（a）在（-∞，-2）上单调递增，
φ（a）＜φ（-2）=-2+2ln2＜0恒成立，即f（x）的最小值小于零恒成立，
又当x→0时，f（x）→+∞，
此时函数f（x）在区间$（{0，\frac{1}{2}}）$一定存在零点，不合题意
由1），2）可知a≥2-4ln2．即a的最小值为2-4ln2．…（8分）
（3）由g′（x）=e^x-1，当x∈（0，1]，g′（x）＞0，
则函数g（x）在区间（0，1]上是增函数．所以g（x）∈（2，e]，
当a=2时，f（x）=-2lnx，不符题意；
当a≠2时，$f'（x）═2-a-\frac{2}{x}=\frac{（2-a）x-2}{x}$，当$x=\frac{2}{2-a}$时，f'（x）=0，
由题意有f（x）在（0，e]上不单调，故$0＜\frac{2}{2-a}＜e$，即$a＜2-\frac{2}{e}$①，…（10分）
当x变化时，f′（x），f（x）变化情况如下：

x	$（{0，\frac{2}{2-a}}）$	$\frac{2}{2-a}$	$（{\frac{2}{2-a}，e}]$
f′（x）	-	0	+
f（x）	单调递减	最小值	单调递增

又因为x→0时，f（x）→+∞，$f（\frac{2}{2-a}）=a-2ln\frac{2}{2-a}，f（e）=（2-a）（e-1）-2$，…（10分）
所以，对于给定的x₀∈（0，1]，在（0，e]上总存在两个不同的x_i（i=1，2），
使得f（x_i）=g（x₀）成立，当且仅当满足下列条件$\left\{\begin{array}{l}f（\frac{2}{2-a}）≤2\\ f（e）≥e.\end{array}\right.$
即$a-2ln\frac{2}{2-a}≤2$②，（2-a）（e-1）-2≥e③，
令h（a）=a-2ln$\frac{2}{2-a}$，a∈（-∞，2-$\frac{2}{e}$），h′（a）=$\frac{a}{a-2}$，令h′（a）=0，则a=0，
故a∈（-∞，0）时，h′（a）＞0，函数h（a）单调递增；
a∈（0，2-$\frac{2}{e}$）时，h′（a）＜0，函数h（a）单调递减；
 所以对任意的a∈（-∞，2-$\frac{2}{e}$），h（a）≤h（0）=0≤2．
由③得a≤$\frac{4-e}{1-e}$④，由①④当a∈（-∞，$\frac{4-e}{1-e}$]时，
在（0，e]上总存在两个不同的x_i（i=1，2），使得f（x_i）=g（x₀）成立．…（12分）

点评 本题考查了函数的单调性、极值问题，考查函数恒成立问题，考查导数的应用，本题计算量大，繁琐复杂，是一道难题．