Question

已知函数f（x）=λ（x-1）-2lnx，g（x）=

1

e

x，（λ∈R，e为自然对数的底数）
（Ⅰ）当λ=1时，求函数f（x）的单调区间
（Ⅱ）函数f（x）在区间（e，+∞）上恒为正数，求λ的最小值
（Ⅲ）若对任意给定的x₀∈（0，e]在（0，e]上总存在量不同的x_i（i=1，2），使得f（x_i）=g（x₀）成立，求λ的取值范围．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,函数恒成立问题

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ）把λ=1代入函数的表达式，求出函数的导数，从而求出函数的单调区间；
（Ⅱ）将问题转化为λ＞

2lnx

x-1

在（e，+∞）恒成立，令h（x）=

2lnx

x-1

，通过求导得到h（x）的最小值，从而求出λ的最小值；
（Ⅲ）通过讨论λ，结合函数的单调性，从而求出λ的范围．

解答： 解：（Ⅰ）∵函数f（x）的定义域是（0，+∞），
当λ=1时，f（x）=x-1-2lnx，f′（x）=1-

2

x

，
由f′（x）＞0，解得：x＞2，由f′（x）＜0，解得：0＜x＜2，
∴f（x）在（0，2）递减，在（2，+∞）递增；
（Ⅱ）f（x）＞0在（e，+∞）恒成立?λ＞

2lnx

x-1

在（e，+∞）恒成立，
令h（x）=

2lnx

x-1

，x∈（e，+∞），则h′（x）=2•

(1-lnx)- 1 x

(x-1)2

＜0，
于是h（x）在（e，+∞）递减，又在x=e处连续，
故在（e，+∞）上，h（x）＜h（e）=

2

e-1

，
从而要使λ＞

2lnx

x-1

对任意的x∈（e，+∞）恒成立，
只要λ≥

2

e-1

，故λ的最小值是

2

e-1

；
（Ⅲ）一次函数g（x）=

1

e

x在R上递增，故g（x）在（0，e]上的值域是（0，1]，
当λ=0时，f（x）=-2lnx，单调递减，不合题意，
当λ≠0时，f（x）=

λ(x- 2 λ )

x

，x∈（0，e]，
要使f（x）在（0，e]不单调，只需0＜

2

λ

＜e，此时λ＞

2

e

①，
故f（x）在（0，

2

λ

）递减，在（

2

λ

，e]递增，
∴f（x）_min=f（

2

λ

）=2lnλ-λ+2-2ln2，f（e）=λ（e-1）-2，
∴对任意给定的x₀∈（0，e]，在区间（0，e]上总存在不同的两个x_i（i=1，2），使得f（x_i）=g（x₀）成立，
当且仅当满足下列条件

f( 2 λ )≤0 f(e)≥0

即

2lnλ-λ+2-2ln2≤0 λ(e-1)-2≥1

，
令h（λ）=2lnλ-λ+2-2ln2，h′（λ）=

2-λ

λ

，
当λ∈（

2

e

，2）时，h′（λ）＞0，h（λ）递增，当λ∈（2，+∞）时，h′（λ）＜0，h（λ）递减，
∴当λ∈（

2

e

，+∞）时，有h（λ）≤h（2）=0，即h（λ）对任意λ∈（

2

e

，+∞）恒成立，
又由λ（e-1）-2≥1，解得：λ≥

3

e-1

②，
综上得：当λ≥

3

e-1

时，对任意给定的x₀∈（0，e]在（0，e]上总存在量不同的x_i（i=1，2），使得f（x_i）=g（x₀）成立．

点评：本题考查了函数的单调性问题，考查了函数的最值问题，考查了导数的应用，考查了函数恒成立问题，是一道综合题．