Question

已知函数f(x)=px-

p

x

-lnx，g(x)=lnx-

P

x

(1+

e2-2e

P2

)，其中无理数e=2.17828…．
（Ⅰ）若P=0，求证：f（x）＞1-x；
（Ⅱ）若在其定义域内f（x）是单调函数，求P的取值范围；
（Ⅲ）对于区间（1，2）中的任意常数P，是否存在x₀＞0，使f（x₀）≤g（x₀）成立？若存在，求出符合条件的一个x₀；否则说明理由．

Answer 1

分析：（Ⅰ）若P=0，要证f（x）＞1-x；即可转化为lnx-x+1＞0在定义域内恒成立即可．在通过求导，研究其单调性，看函数的最小值，只要函数的最小值大于0即可．
（Ⅱ）若在其定义域内f（x）是单调函数，求P的取值范围；先要明确定义域；在求导，求导后，只要满足导数在某区间恒大于0或在某区间恒小于0即可．在这里要注意对参数p进行讨论．
（Ⅲ）对于区间（1，2）中的任意常数P，是否存在x₀＞0，使f（x₀）≤g（x₀）成立，这种题型属探索性问题；解决的关键在于弄懂题意．据题意可转化为：令F(x)=f(x)-g(x)=px-2lnx+

e2-2e

px

，则问题等价于找一个x₀＞0使F（x）≤0成立，
故只需满足函数的最小值F（x）_min≤0即可．

解答：解：（Ⅰ）证明：当p=0时，f（x）=-lnx．
令m（x）=lnx-x+1，则m′(x)=

1

x

-1=

1-x

x

．
若0＜x＜1，m′（x）＞0，m（x）递增；
若x＞1，m′（x）＜0，m（x）递减，
则x=1是m（x）的极（最）大值点．
于是m（x）≤m（1）=0，即lnx-x+1≤0．
故当p=0时，有f（x）≥1-x；（4分）
（Ⅱ）解：对f(x)=px-

p

x

-lnx求导，
得f′(x)=p+

p

x2

-

1

x

=

px2-x+p

x2

．
①若p=0，f′(x)=-

1

x

＜0，
则f（x）在（0，+∞）上单调递减，故p=0合题意．
②若p＞0，h(x)=px2-x+p=p(x-

1

2p

)2+p-

1

4p

≥p-

1

4p

．
则必须p-

1

4p

≥0，f′(x)≥0，
故当p≥

1

2

时，f（x）在（0，+∞）上单调递增．
③若p＜0，h（x）的对称轴x=

1

2p

＜0，
则必须h（0）≤0，f′（x）≤0，
故当p＜0时，f（x）在（0，+∞）上单调递减．
综合上述，p的取值范围是(-∞，0]∪[

1

2

，+∞)；
（Ⅲ）解：令F(x)=f(x)-g(x)=px-2lnx+

e2-2e

px

．
则问题等价于找一个x₀＞0使F（x）≤0成立，
故只需满足函数的最小值F（x）_min≤0即可．
因F′(x)=p-

2

x

-

e2-2e

px2

=

(px-e)(px-2+e)

px2

=

p

x2

(x-

e

p

)(x-

2-e

p

)，
而x＞0，1＜p＜2，

e

p

＞

2

p

＞0，

2-e

p

＜0，
故当0＜x＜

e

p

时，F′（x）＜0，F（x）递减；
当x＞

e

p

时，F′（x）＞0，F（x）递增．
于是，F(x)min=F(

e

p

)=e-2+2lnp+e-2=2e+2lnp-4＞0．
与上述要求F（x）_min≤0相矛盾，故不存在符合条件的x₀．

点评：（1）若在其定义域内f（x）是单调函数，求参数的取值范围；先要明确定义域；在求导，求导后，只要满足导数在某区间恒大于0或在某区间恒小于0即可．这是通性通法．
（2）对于区间任意给定的某区间，某代数式恒成立问题，解决的关键在于弄懂题意．据题意一般可可转化为构造一个函数，求满足函数的最小值或者函数的最大值即可．