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）．
（1）当a=1时，求f（x）的单调区间；
（2）若对任意的x₀∈（0，e]，在（0，e]上存在两个不同的x_i（i=1，2），使得f（x_i）=g（x₀）成立，
求a的取值范围．

Answer 1

考点：利用导数求闭区间上函数的最值,利用导数研究函数的单调性

专题：导数的综合应用

分析：（1）当a=1时，f（x）=x-1-2lnx，f′（x）=1-

2

x

=

x-2

x

．分别解出f′（x）＜0，f′（x）＞0，即可得出函数的单调区间．
（2）g′（x）=（1-x）e^1-x，分别解出g′（x）＞0，g′（x）＜0，即可得出函数g（x）的单调性极值与最值．因此函数g（x）在（0，e]上的值域为（0，1]．
当a=2时，不适合题意；当a≠2时，f′（x）=

(2-a)(x- 2 2-a )

x

，x∈（0，e]．由于在（0，e]上存在两个不同的x_i（i=1，2），使得f（x_i）=g（x₀）成立，可得：函数f（x）在（0，e]上不单调，于是0＜

2

2-a

＜e．
解得a＜2-

2

e

①，此时，当x变化时，可得函数f（x）的单调性极值与最值．由于x→0时，f（x）→+∞，f(

2

2-a

)=a-2ln(

2

2-a

)，f（e）=（2-a）（e-1）-2．由题意当且仅当满足：f(

2

2-a

)≤0②，f（e）≥1③．再利用导数研究其单调性极值与最值即可．

解答： 解：（1）当a=1时，f（x）=x-1-2lnx，f′（x）=1-

2

x

=

x-2

x

．
由f′（x）＜0，解得0＜x＜2；由f′（x）＞0，解得2＜x．
∴函数f（x）的单调递增区间为（2，+∞）；单调递减区间为（0，2）．
（2）g′（x）=（1-x）e^1-x，
当0＜x＜1时，g′（x）＞0，此时函数g（x）单调递增；当1＜x时，g′（x）＜0，此时函数g（x）单调递减．
∵g（0）=0，g（1）=1，1＞g（e）=e•e^1-e=e^2-e＞0，
∴函数g（x）在（0，e]上的值域为（0，1]．
当a=2时，不适合题意；
当a≠2时，f′（x）=

(2-a)(x- 2 2-a )

x

，x∈（0，e]．
∵在（0，e]上存在两个不同的x_i（i=1，2），使得f（x_i）=g（x₀）成立，
∴函数f（x）在（0，e]上不单调，∴0＜

2

2-a

＜e．
∴a＜2-

2

e

①，此时，当x变化时，列表如下：

x	(0， 2 2-a )	2 2-a	( 2 2-a ，e]
f′（x）	-	0	+
f（x）	单调递减	极小值	单调递增

∵x→0时，f（x）→+∞，f(

2

2-a

)=a-2ln(

2

2-a

)，f（e）=（2-a）（e-1）-2．
由于对任意的x₀∈（0，e]，在（0，e]上存在两个不同的x_i（i=1，2），使得f（x_i）=g（x₀）成立，
当且仅当满足：f(

2

2-a

)≤0②，f（e）≥1③．
令h（a）=a-2ln(

2

2-a

)，a∈(-∞，2-

2

e

)，h′（a）=

a

a-2

．
令h′（a）=0，解得a=0．
当a∈（-∞，0）时，h′（a）＞0，函数h（a）为增函数；
当a∈(0，2-

2

e

)时，h′（a）＜0，函数h（a）为减函数．
∴当a=0时，函数h（a）取得极大值即最大值，h（0）=0．即②式在a∈(-∞，2-

2

e

)恒成立．
由③式解得a≤2-

3

e-1

，④．
由①④可得：当a∈(-∞，2-

3

e-1

]时，对任意的x₀∈（0，e]，在（0，e]上存在两个不同的
x_i（i=1，2），使得f（x_i）=g（x₀）成立．

点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了分类讨论的思想方法与恒成立问题等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．