Question

已知函数f（x）=（2-a）（x-1）-2lnx，g（x）=xe^1-x．（a∈R，e为自然对数的底数）
（I）当a=1时，求f（x）的单调区间；
（II）若函数f(x)在(0，

1

2

)上无零点，求a的最小值；
（III）若对任意给定的x₀∈（0，e]，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，求a的取值范围．

Answer 1

分析：（I）利用导数与单调性的关系定理即可得出；
（II）因为f(x)＜0在区间(0，

1

2

)上恒成立不可能，故要使函数f(x)在(0，

1

2

)上无零点，只要对任意的x∈(0，

1

2

)，f(x)＞0恒成立，通过分离参数，利用导数即可得出．
（III）利用导数得出函数g（x）在（0，e]上的值域，再利用导数研究函数f（x）的单调性，当函数f（x）的取值在函数g（x）的值域范围内且与y=g（x₀）由两个交点时即可．

解答：解：（I）当a=1时，f(x)=x-1-2lnx，则f′(x)=1-

2

x

，
由f'（x）＞0，得x＞2；由f'（x）＜0，得0＜x＜2．
故f（x）的单调减区间为（0，2]，单调增区间为[2，+∞）．
（II）因为f(x)＜0在区间(0，

1

2

)上恒成立不可能，
故要使函数f(x)在(0，

1

2

)上无零点，只要对任意的x∈(0，

1

2

)，f(x)＞0恒成立，
即对x∈(0，

1

2

)，a＞2-

2lnx

x-1

恒成立．
令l(x)=2-

2lnx

x-1

，x∈(0，

1

2

)，
则l′(x0=

2lnx+ 2 x -2

(x-1)2

，

再令m(x)=2lnx+ 2 x -2，x∈(0， 1 2 )， 则m′(x)=- 2 x2 + 2 x = -2(1-x) x2 ＜0，

故m(x)在(0， 1 2 )上为减函数，于是m(x)＞m( 1 2 )=2-2ln2＞0， 从而，l(x)＞0，于是l(x)在(0， 1 2 )上为增函数，

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，+∞)，

综上，若函数f(x)在(0，

1

2

)上无零点，则a的最小值为2-4ln2．
（III）g'（x）=e^1-x-xe^1-x=（1-x）e^1-x，

当x∈(0，1)时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增； 当x∈(1，e]时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减. 又因为g(0)=0，g(1)=1，g(e)=e•e1-e＞0，

所以，函数g（x）在（0，e]上的值域为（0，1]．
当a=2时，不合题意；

当a≠2时，f′(x)=2-a- 2 x = (2-a)x-2 x = (2-a)(x- 2 2-a ) x ，x∈(0，e] 当x= 2 2-a 时，f′(x)=0. 由题意得，f(x)在(0，e]上不单调，

故0＜

2

2-a

＜e，即a＜2-

2

e

①
此时，当x变化时，f'（x），f（x）的变化情况如下：

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

又因为，当x→0时，f(x)→+∞， f( 2 2-a )=a-2ln 2 2-a ，f(e)=(2-a)(e-1)-2， 所以，对任意给定的x0∈(0，e]，在(0，e]上总存在两个不同的xi(i=1，2)， 使得f(xi)=g(x0)成立，当且仅当a满足下列条件：

②③

f( 2 2-a )≤0 f(e)≥1

即

a-2ln 2 2-a ≤0 (2-a)(e-1)-2≥1.

令h(a)=a-2ln 2 2-a ，a∈(-∞，2- 2 e )， 则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， 故当a∈(-∞，0)时，h′(a)＞0，函数h(a)单调递增； 当a∈(0，2- 2 e )时，h′(a)＜0，函数h(a)单调递减. 所以，对任意a∈(-∞，2- 2 e )，有h(a)≤h(0)=0，

即②对任意a∈(-∞，2-

2

e

)恒成立．
由③式解得：a≤2-

3

e-1

．④
综合①④可知，当a∈(-∞，2-

3

e-1

]时，对任意给定的x0∈(0，e]，
在（0，e]上总存在两个不同的x_i（i=1，2），
使f（x_i）=g（x₀）成立．

点评：本题综合考查了利用导数研究函数的单调性、极值、最值等性质，及分类讨论思想方法、等价转化法、数形结合法、分离参数法等方法．