Question

设定义在（1，e）上函数f（x）=

x-lnx+a

（a∈R）．若曲线y=1+cosx上存在点（x₀，y₀）使得f（f（y₀））=y₀，则实数a的取值范围是（　　）

• A、[-1，2+ln2]
• B、（0，2+ln2]
• C、[-1，e²-e+1）
• D、（0，e²-e+1）

Answer 1

考点：函数恒成立问题

专题：综合题,函数的性质及应用,导数的综合应用

分析：曲线y=1+cosx上存在点（x₀，y₀）使得f（f（y₀））=y₀，可知y≤2，由x-lnx+a≥0（x∈1，e））恒成立，可求得a≥-1；①
再利用导数证明函数f（x）=

x-lnx+a

（a∈R）在[0，2]上单调递增，利用函数f（x）的单调性可以证明f（y₀）=y₀．
令函数f（x）=

x-lnx+a

（a∈R），化为a=x²-x+lnx（x∈（0，2]），令g（x）=x²-x+lnx（x∈（0，2]），利用导数研究其单调性即可得出a≤2+ln2，②
由①②即得答案．

解答： 解：曲线y=1+cosx上存在点（x₀，y₀）使得f（f（y₀））=y₀，可知y≤2，
∵f（x）=

x-lnx+a

（x∈（1，e）），
∴x-lnx+a≥0（x∈1，e））恒成立，
∴a≥lnx-x（x∈1，e））恒成立，
令h（x）=lnx-x（x∈（1，e））恒成立，
∵h′（x）=

1

x

-1＜0，故h（x）=lnx-x在区间（1，e）上单调递减，虽然无最大值，但其值无限接近h（1）=-1，
∴a≥-1；①
又f′（x）=

1

2

×

1- 1 x

x-lnx+a

=

x-1

2x x-lnx+a

＞0，
∴函数f（x）=

x-lnx+a

在（1，2]上单调递增．
下面证明f（y₀）=y₀．
假设f（y₀）=c＞y₀，则f（f（y₀））=f（c）＞f（y₀）=c＞y₀，不满足f（f（y₀））=y₀．
同理假设f（y₀）=c＜y₀，则不满足f（f（y₀））=y₀．
综上可得：f（y₀）=y₀．
∵令函数f（x）=

x-lnx+a

=x（x∈（1，2]），化为：a=x²-x+lnx（x∈（1，2]），
令g（x）=x²-x+lnx（x∈（1，2]）．
g′（x）=2x-1+

1

x

=

2x2-x+1

x

＞0恒成立，∴函数g（x）在x∈（1，2]单调递增．
∴g（x）≤g（2）=2+ln2，即a≤2+ln2，②
∴a的取值范围是[-1，2+ln2]．
故选：A．

点评：本题考查函数恒成立问题，着重考查利用导数研究函数的单调性及最值，突出构造函数思想、等价转化思想与逻辑思维、抽象思维、创新思维的综合考查，属于难题．