Question

已知函数f（x）=（2-a）（x-1）-2lnx，g（x）=e^x-x+1．（a为常数，e为自然对数的底）
（1）当a=1时，求f（x）的单调区间；
（2）若函数f（x）在区间（0，

1

2

）无零点，求a的最小值；
（3）若对任意给定的x₀∈（0，1]，在（0，e]上总存在两个不同的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：利用导数研究函数的单调性,利用导数研究函数的极值

专题：导数的综合应用

分析：（1）求导函数，令f′（x）＞0，可得f（x）的单调递增区间；令f′（x）＜0，可得f（x）的单调递减区间；
（2）若函数f（x）在区间（0，

1

2

）无零点转化为对?x∈(0，

1

2

)，f（x）＞0恒成立；将参数a分离出，求函数的最小值．
（3）利用导数判定出函数g（x）在区间（0，1]上是增函数，求出g（x）∈（2，e]；进一步利用导数求出f（x）的最值，再根据函数的零点存在性定理求出参数a满足的条件．

解答： 解：（1）当a=1时，f（x）=x-1-2lnx（x＞0）则f′(x)=1-

2

x

．
令f′（x）＞0得x＞2；令f′（x）＜0得0＜x＜2
故f（x）的单调递减区间为（0，2]，单调递增区间为[2，+∞）…（3分）
（2）∵函数f（x）＜0在区间(0，

1

2

)上不可能恒成立，
故要使函数f（x）在区间(0，

1

2

)上无零点，只要对?x∈(0，

1

2

)，f（x）＞0恒成立
．即对?x∈(0，

1

2

)，a＞2-

2lnx

x-1

恒成立．…（4分）
令l(x)=2-

2lnx

x-1

（x∈(0，

1

2

)）则l′(x)=

- 2 x (x-1)+2lnx

(x-1)2

=

2lnx+ 2 x -2

(x-1)2

再令m(x)=2lnx+

2

x

-2，则m′(x)=

2

x

-

2

x2

=

-2(1-x)

x2

，
∵x∈(0，

1

2

)，
∴m′（x）＜0
故函数m（x）在区间(0，

1

2

)上单调递减，
∴m(x)＞m(

1

2

)=2-2ln2＞0
即l′（x）＞0，∴函数l（x）在区间(0，

1

2

)上单调递增，
∴l(x)＜l(

1

2

)=2-4ln2…（6分）
故只要a≥2-4ln2函数f（x）在区间(0，

1

2

)上无零点，
所以a_min=2-4ln2…（7分）
（3）∵g′（x）=e^x-1，当x∈（0，1]，g′（x）＞0，
∴函数g（x）在区间（0，1]上是增函数．
∴g（x）∈（2，e]…（8分）
当a=2时，f（x）=-2lnx，不符题意
当a≠2时，f′(x)═2-a-

2

x

=

(2-a)x-2

x

当x=

2

2-a

时，f′（x）=0，由题意有f（x）在（0，e]上不单调，故0＜

2

2-a

＜e

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

∴a＜2-

2

e

①…（9分）
当x变化时，f′（x），f（x）变化情况如右：
又因为x→0时，f（x）→+∞f(

2

2-a

)=a-2ln

2

2-a

，f(e)=(2-a)(e-1)-2
所以，对于给定的x₀∈（0，1]，在在（0，e]上总存在两个不同的x_i（i=1，2），使得f（x_i）=g（x₀）成立，
当且仅当满足下列条件

f( 2 2-a )≤2 f(e)≥e

即a-2ln

2

2-a

≤2②
（2-a）（e-1）-2≥e③…（11分）
令h(a)=a-2ln

2

2-a

，a∈(-∞，2-

2

e

)
，则h′(a)=

a

a-2

，令h′（a）=0，得a=0
故a∈（-∞，0）时，h′（a）＞0，
函数h（a）单调递增a∈(0，2-

2

e

)时，h′（a）＜0，函数h（a）单调递减
所以对任意的a∈(-∞，2-

2

e

)，h（a）≤h（0）=0≤2
由③得a≤

4-e

1-e

④，
由①④当a∈(-∞，

4-e

1-e

]时，在（0，e]上总存在两个不同的x_i（i=1，2），使得f（x_i）=g（x₀）成立     …（14分）

点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查学生分析解决问题的能力，属于难题．