Question

已知函数f（x）=（2-a）（x-1）-2lnx，g（x）=xe^1-x．（a∈R，e=2.71828…）
（Ⅰ）当a=1时，求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若函数f（x）在区间(0，

1

2

)无零点，求a的最小值；
（Ⅲ）若对任意给定的x₀∈（0，e]，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：导数在最大值、最小值问题中的应用

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ）把a=1代入函数解析式，求出函数的导函数，由导函数大于0求得原函数的增区间，由导函数小于0求得原函数的减区间；
（Ⅱ）函数f（x）＜0在区间(0，

1

2

)上不恒成立，把函数f（x）在区间(0，

1

2

)上无零点转化为对任意的x∈(0，

1

2

)，f(x)＞0恒成立，即对x∈(0，

1

2

)，a＞2-

2lnx

x-1

恒成立．然后利用构造函数且两次求导得到使函数f（x）在区间(0，

1

2

)上无零点的a的最小值；
（Ⅲ）利用导数求出函数g（x）在（0，e]上的值域，由题意可知a=2时f（x）在（0，e]上为单调函数不合题意；当a≠2时求出使f（x）在（0，e]上有极小值的a的范围，然后由对任意给定的x₀∈（0，e]，在（0，e]上总存在两个不同的x_i（i=1，2）使得f（x_i）=g（x₀）成立得到a所满足的条件

a-2ln 2 2-a ≤0② (2-a)(e-1)-2≥1③

，求解不等式组结合使f（x）有最小值的a的范围得答案．

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

2

x

，
由f'（x）＞0，得x＞2；
由f'（x）＜0，得0＜x＜2．
故f（x）的单调减区间为（0，2]，单调增区间为[2，+∞）；
（Ⅱ）∵f（x）＜0在区间(0，

1

2

)上恒成立不可能，
故要使函数f（x）在区间(0，

1

2

)上无零点，
只要对任意的x∈(0，

1

2

)，f(x)＞0恒成立即可，
即对x∈(0，

1

2

)，a＞2-

2lnx

x-1

恒成立．
令t（x）=2-

2lnx

x-1

，x∈(0，

1

2

)，
则t′(x)=-

2 x (x-1)-2lnx

(x-1)2

=

2lnx+ 2 x -2

(x-1)2

，
再令m(x)=2lnx+

2

x

-2，x∈(0，

1

2

)，
则m′(x)=-

2

x2

+

2

x

=-

2(1-x)

x2

＜0．
故m（x）在(0，

1

2

)上为减函数，于是m（x）＞m（

1

2

）=2-2ln2＞0，
从而，t（x）＞0，于是t（x）在(0，

1

2

)上为增函数，
∴t（x）＜t（

1

2

）=2-4ln2，
故要使a＞2-

2lnx

x-1

恒成立，只要a∈[2-4ln2，+∞）．
综上，若函数f（x）在区间(0，

1

2

)上无零点，则a的最小值为2-4ln2；
（Ⅲ）∵g（x）=xe^1-x，
∴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•e^1-e＞0，
∴函数g（x）在（0，e]上的值域为（0，1]．
当a=2时，f（x）=-2lnx为单调函数，不合题意；
当a≠2时，f′(x)=2-a-

2

x

=

(2-a)x-2

x

=

(2-a)(x- 2 2-a )

x

，x∈（0，e]．
当x=

2

2-a

时，f′（x）=0．
由题意得，f（x）在（0，e]上不单调，
故0＜

2

2-a

＜e，即a＜2-

2

e

  ①．
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

又∵当x→0时，f（x）→+∞，
f(

2

2-a

)=a-2ln

2

2-a

，f(e)=(2-a)(e-1)-2，
∴对任意给定的x₀∈（0，e]，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a满足下列条件：

f( 2 2-a )≤0 f(e)≥1

，即

a-2ln 2 2-a ≤0② (2-a)(e-1)-2≥1③

．
令h(a)=a-2ln

2

2-a

，a∈(-∞，2-

2

e

)，
则h′(a)=1-

2

2-a

=

a

a-2

，
令h′（a）=0，得a=0或a=2．
故当a∈（-∞，0）时，h′（a）＞0，函数h（a）单调递增；
当a∈（0，2-

2

e

）时，h′（a）＜0，函数h（a）单调递减．
∴对任意a∈(-∞，2-

2

e

)，有h（a）≤h（0），
即②对任意a∈(-∞，2-

2

e

)恒成立．
由③式解得：a≤2-

3

e-1

  ④．
综合①④可知，当a∈(-∞，2-

3

e-1

]时，对任意给定的x₀∈（0，e]，
在（0，e]上总存在两个不同的x_i（i=1，2），
使f（x_i）=g（x₀）成立．

点评：本题考查了导数在求函数最值中的应用，考查了数学转化思想方法和分类讨论的数学思想方法，解答此题要求学生要有较强的逻辑思维能力和运算能力，属难度较大的题目，是压轴题．