Question

（2010•合肥模拟）设函数f(x)=px-

p

x

，m（x）=2lnx．．
（1）当p≥1时，证明：对任意x∈（1，+∞），f（x）＞m（x）恒成立；
（2）设g（x）=

2e

x

，若对任意x₁，x₂∈[1，e]，f（x₁）-m（x₁）＜g（x₂）成立，求实数p的取值范围．

Answer 1

分析：（1）令G（x）=px-

p

x

-2lnx，G′(x)=

px2-2x+p

x2

令h（x）=px²-2x+p，当p≥1时，h（x）=px²-2x+p，其图象为开口向上的抛物线，对称轴为x=

1

p

∈(0，1]，由此能够证明f（x）＞m（x）．
（2）由g(x)=

2e

x

在[1，e]上是减函数，知g（x）∈[2，2e]．当P=0时，h（x）=-2x，G（x）在（0，+∞）内是单调递减函数；当P＜0时，h（x）=px²-2x+p，G（x）_max=G（1）=0＜2；当0＜p＜1时，G(x)=p(x-

1

x

)-2lnx≤e-

1

e

-2ln2＜2；当p≥1时，h(x)min=(

1

p

)=p-

1

p

＞0．所以G（x）在[1，e]上为单调递增函数，由此能求出p的取值范围．

解答：（1）证明：令G（x）=f（x）-m（x）=px-

p

x

-2lnx，
∴G′(x)=p+

p

x2

-

2

x

，
即G′(x)=

px2-2x+p

x2

，
令h（x）=px²-2x+p，
当p≥1时，h（x）=px²-2x+p，
其图象为开口向上的抛物线，
对称轴为x=

1

p

∈(0，1]
∴h（x）＞h（1）=2p-2＞0，
∴G'（x）在（1，+∞）内为单调递增函数，
G（x）＞G（1）=0，
即f（x）＞m（x）．
（2）解：∵g(x)=

2e

x

在[1，e]上是减函数，
∴x=e时，g（x）_min=2；x=1时，g（x）_max=2e，
即g（x）∈[2，2e]．
①当P=0时，h（x）=-2x，
因为x＞0，所以h（x）＜0，G′(x)=-

2

x

＜0，
∴G（x）在（0，+∞）内是单调递减函数；
②当P＜0时，h（x）=px²-2x+p，
其图象为开口向下的抛物线，对称轴为x=

1

p

∉(0，+∞)，
在（0，+∞），h（x）≤0恒成立，
所以，当p≤0时，G（x）在[1，e]上递减，
G（x）_max=G（1）=0＜2
③当0＜p＜1时，由x∈[1，e]，
得x-

1

x

≥0，
又当p=1时，G（x）在[1，e]上是增函数，
∴G(x)=p(x-

1

x

)-2lnx≤e-

1

e

-2ln2＜2
④当p≥1时，h（x）=px²-2x+p，
其图象为开口向上的抛物线，
对称轴为x=

1

p

∈(0，+∞)，
∴h(x)min=(

1

p

)=p-

1

p

＞0，
∴G（x）在[1，e]上为单调递增函数，
又g（x）在[1，e]上是减函数，
故只需G（x）_max＜g（x）_min，x∈[1，e]，
而G(x)max=G(e)=p(e-

1

e

)-2lne，g（x）_min=2，
即 p（e-

1

e

）-2lne＜2，
解得1≤p＜

4e

e2-1

，
综上，p的取值范围是(-∞，

4e

e2-1

)．

点评：本题考查利用导数求函数的最值及其应用，对数学思维的要求比较高，有一定的探索性．综合性强，难度大，易出错．解题时要认真审题，注意分类讨论思想的灵活运用．