Question

（2013•湛江二模）已知a＜2，f(x)=x-alnx-

a-1

x

，g(x)=

1

2

x2+ex-xex．（注：e是自然对数的底）
（1）求f（x）的单调区间；
（2）若存在x₁∈[e，e²]，使得对任意的x₂∈[-2，0]，f（x₁）＜g（x₂）恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析：（1）确定函数的定义域，求导函数，再分类讨论，利用导数的正负，可得f（x）的单调区间；
（2）由题意，存在x₁∈[e，e²]，使得对任意的x₂∈[-2，0]，f（x₁）＜g（x₂）恒成立，等价于对任意x₁∈[e，e²]及x₂∈[-2，0]，f（x）_min＜g（x）_min，确定函数的单调性，求出最值，即可求得实数a的取值范围．

解答：解：（1）由题意可得f（x）的定义域为（0，+∞），f′(x)=

(x-1)[x-(a-1)]

x2

∵a＜2，∴a-1＜1
①当a-1≤0，即a≤1，∴x∈（0，1）时，f′（x）＜0，f（x）是减函数，x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）是增函数；
②当0＜a-1＜1，即1＜a＜2，∴x∈（0，a-1）∪（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）是增函数，x∈（a-1，1）时，f′（x）＜0，f（x）是减函数；
综上所述，当a≤1时，f（x）的单调减区间是（0，1），单调增区间是（1，+∞）；当1＜a＜2时，f（x）的单调减区间是（a-1，1），单调增区间是（0，a-1），（1，+∞）；
（2）由题意，存在x₁∈[e，e²]，使得对任意的x₂∈[-2，0]，f（x₁）＜g（x₂）恒成立，等价于对任意x₁∈[e，e²]及x₂∈[-2，0]，f（x）_min＜g（x）_min，
由（1），当a＜2，x₁∈[e，e²]时，f（x）是增函数，f（x）_min=f（e）=e-a-

a-1

e

，
∵g′（x）=x（1-e^x），对任意的x₂∈[-2，0]，g′（x）≤0，
∴g（x）是减函数，∴g（x）_min=g（0）=1，
∴e-a-

a-1

e

＜1，
∴a＞

e2-e+1

e+1

，
∵a＜2，
∴

e2-e+1

e+1

＜a＜2．

点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查函数的最值，考查分类讨论的数学思想，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．