Question

已知函数f（x）=（2-a）（x-1）-2lnx，g（x）=xe^1-x（a∈R，e为自然对数的底数）．
（1）当a=1时，求f（x）的单调区间；
（2）若函数f（x）在(0，

1

2

)上无零点，求a最小值；
（3）若对任意给定的x₀∈（0，e]，关于x的方程f（x）=g（x₀）在x∈（0，e]恒有两个不同的实根，求a的取值范围．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用,利用导数研究函数的单调性

专题：综合题,导数的综合应用

分析：（1）求导数，利用导数的正负，即可求得函数f（x）的单调性区间；
（2）将f（x）的表达式重新组合，即f（x）=（2-a）（x-1）-2lnx，分别研究函数m（x）=（2-a）（x-1），h（x）=2lnx，x＞0，讨论当a＜2时和当a≥2时的情况．
（3）求出g′（x），根据导函数的正负得到函数的单调区间，即可求出g（x）的值域；对于f（x），讨论当a＜2时和当a≥2时的情况，只有当f（x）在（0，e]上不单调的情况才可能满足题意，结合着g（x）的值域，和数形结合，要使在（0，e]上方程f（x）=g（x₀）总存在两个不等的实根，只需满足

f( 2 2-a )≤0 f(e)≥1

，即

1 2 a+ln(2-a)-ln2≤0 a≤2- 3 e-1

，进一步通过求导的方法证明当a≤2-

3

e-1

时，

1

2

a+ln（2-a）-ln2≤0恒成立，从而确定a的取值范围．

解答： 解：（1）当a=1时，f（x）=x-1-2lnx，则f′（x）=

x-2

x

，
由f′（x）＞0可得单调增区间为（2，+∞）；由f′（x）＜0可得单调减区间为（0，2）；
（2）f（x）=（2-a）（x-1）-2lnx
令m（x）=（2-a）（x-1），x＞0；h（x）=2lnx，x＞0，则f（x）=m（x）-h（x），
①当a＜2时，m（x）在（0，

1

2

）上为增函数，h（x）在（0，

1

2

）上为增函数，
结合图象可知，若f（x）在（0，

1

2

）无零点，则m（

1

2

）≥h（

1

2

），
即（2-a）×（

1

2

-1）≥2ln

1

2

，∴a≥2-4ln2，
∴2-4ln2≤a＜2．
②当a≥2时，在（0，

1

2

）上，m（x）≥0，h（x）＜0，
∴f（x）＞0，
∴f（x）在（0，

1

2

）上无零点．
由①②得a≥2-4ln2．
∴a_min=2-4ln2；
（3）g′（x）=e^1-x-xe^1-x=（1-x）e^1-x，
当x∈（0，1）时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增；
当x∈（1，e]时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减．
又∵g（0）=0，g（1）=1，g（e）=e^2-e＞0，
∴函数g（x）在（0，e]上的值域为（0，1]．
∵f（x）=（2-a）（x-1）-2lnx，∴f′（x）=

(2-a)x-2

x

．
当x=

2

2-a

时，f'（x）=0，由题意知，f（x）在（0，e]上不单调，故0＜

2

2-a

＜e，即a＜

2

2-e

．
此时，当x变化时，f（x），f'（x）的变化情况如下：

x	(0， 2 2-a )	2 2-a	( 2 2-a ，e]
f'（x）	-	0	+
f（x）	↘	最小值	↗

对任意给定的x₀∈（0，e]，关于x的方程f（x）=g（x₀）在x∈（0，e]恒有两个不同的实根，
需使

f( 2 2-a )≤0 f(e)≥1

，即

1 2 a+ln(2-a)-ln2≤0 a≤2- 3 e-1

下证：当a≤2-

3

e-1

时，

1

2

a+ln（2-a）-ln2≤0恒成立，
设t（x）=

1

2

x+ln（2-x）-ln2，x≤2-

3

e-1

，
则t′（x）=

x

2(x-2)

，
当x∈（-∞，0）时，t′（x）≥0，x∈（0，2-

3

e-1

）时，t′（x）＜0．
∴t（x）≤t（0）=0．
∴

1

2

a+ln（2-a）-ln2≤0恒成立，
又∵2-

2

e

＞2-

3

e-1

，
∴a≤2-

3

e-1

．
综上，得a∈（-∞，

3

e-1

]．

点评：本题难度较大，较灵活，第二问是将原函数分成两个函数的差，再进一步通过数形结合进行谈论研究，学生也可以直接用求导的方式讨论研究．第三问中需要多次分类讨论和数形结合的思想给出思路的方向，并利用求导的方法进行验证研究，对于学生来说是一个难题．