Question

已知函数f（x）=（2-a）x-2（1+lnx）+a，g（x）=

ex

ex

．
（1）若函数f（x）在区间（0，

1

2

）无零点，求实数a的最小值；
（2）若对任意给定的x₀∈（0，e]，在（0，e]上方程f（x）=g（x₀）总存在两个不等的实根，求实数a的取值范围．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,利用导数求闭区间上函数的最值

专题：导数的综合应用

分析：（1）将f（x）的表达式重新组合，即f（x）=（2-a）（x-1）-2lnx，分别研究函数m（x）=（2-a）（x-1），h（x）=2lnx，x＞0，讨论当a＜2时和当a≥2时的情况．
（2）求出g′（x），根据导函数的正负得到函数的单调区间，即可求出g（x）的值域；对于f（x），讨论当a＜2时和当a≥2时的情况，只有当f（x）在（0，e]上不单调的情况才可能满足题意，结合着g（x）的值域，和数形结合，要使在（0，e]上方程f（x）=g（x₀）总存在两个不等的实根，只需满足

f( 2 2-a )≤0 f(e)≥1

，即

1 2 a+ln(2-a)-ln2≤0 a≤2- 3 e-1

，进一步通过求导的方法证明当a≤2-

3

e-1

时，

1

2

a+ln（2-a）-ln2≤0恒成立，从而确定a的取值范围．

解答： 解：f（x）=（2-a）（x-1）-2lnx
（1）令m（x）=（2-a）（x-1），x＞0；h（x）=2lnx，x＞0，则f（x）=m（x）-h（x），
①当a＜2时，m（x）在（0.

1

2

）上为增函数，h（x）在（0，

1

2

）上为增函数，
结合图象可知，若f（x）在（0，

1

2

）无零点，则m（

1

2

）≥h（

1

2

），
即（2-a）×（

1

2

-1）≥2ln

1

2

，∴a≥2-4ln2，
∴2-4ln2≤a＜2．
②当a≥2时，在（0，

1

2

）上，m（x）≥0，h（x）＜0，
∴f（x）＞0，
∴f（x）在（0，

1

2

）上无零点．
由①②得a≥2-4ln2．
∴a_min=2-4ln2；
（2）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^2-e＞0，
所以，函数g（x）在（0，e]上的值域为（0，1]．
∵f（x）=（2-a）（x-1）-2lnx，∴f′（x）=2-a-

2

x

=

(2-a)x-2

x

．
①当a≥2时，f′（x）＜0，∴f（x）在（0，e]单调递减，且f（1）=0，不符合题意，
②当a＜2时，令f′（x）=0，x=

2

2-a

，
i）当

2

2-a

≥e时，即当2-

2

e

≤a＜2时，f′（x）＜0，不符合题意．
ii）

2

2-a

＜e时，即当a＜2-

2

e

时，令f′（x）＞0，则

2

2-a

＜x＜e；
令f′（x）＜0时，则0＜x＜

2

2-a

，
又∵当x∈（0，

2

2-a

）∩（0，e

a-3

2

）时，f（x）=（2-a）（x-1）-2lnx＞a-2-2lne 

a-3

2

=1，
∴要使f（x）=g（x₀）在（0，e]上总存在两个不相等的实根，
需使

f( 2 2-a )≤0 f(e)≥1

即

1 2 a+ln(2-a)-ln2≤0 a≤2- 3 e-1

下证：当a≤2-

3

e-1

时，

1

2

a+ln（2-a）-ln2≤0恒成立，
设t（x）=

1

2

x+ln（2-x）-ln2，x≤2-

3

e-1

，
则t′（x）=

1

2

+

-1

2-x

=

x

2(x-2)

，
当x∈（-∞，0）时，t′（x）≥0，x∈（0，2-

3

e-1

）时，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

．
综上，得a∈（-∞，2-

3

e-1

]．

点评：本题难度较大，较灵活，第一问是将原函数分成两个函数的差，再进一步通过数形结合进行谈论研究，学生也可以直接用求导的方式讨论研究．第二问中需要多次分类讨论和数形结合的思想给出思路的方向，并利用求导的方法进行验证研究，对于学生来说是一个难题．