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）
（Ⅰ）当a=1时，求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若函数f（x）在(0，

1

2

)上无零点，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

分析：（Ⅰ）把a=1代入到f（x）中求出f′（x），令f′（x）＞0求出x的范围即为函数的增区间，令f′（x）＜0求出x的范围即为函数的减区间；
（Ⅱ）f（x）＜0时不可能恒成立，所以要使函数在（0，

1

2

）上无零点，只需要对x∈（0，

1

2

）时f（x）＞0恒成立，列出不等式解出a大于一个函数，利用导数得到函数的单调性，根据函数的增减性得到这个函数的最大值即可得到a的最小值；
（Ⅲ）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，而当a=2时不合题意；当a≠2时，求出f′（x）=0时x的值，根据x∈（0，e]列出关于a的不等式得到①，并根据此时的x的值讨论导函数的正负得到函数f（x）的单调区间，根据单调区间得到②和③，令②中不等式的坐标为一个函数，求出此函数的导函数，讨论导函数的正负得到函数的单调区间，根据函数的增减性得到此函数的最大值，即可解出②恒成立和解出③得到④，联立①和④即可解出满足题意a的取值范围．

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）因为f（x）＜0在区间(0，

1

2

)上恒成立不可能，
故要使函数f(x)在(0，

1

2

)上无零点，
只要对任意的x∈(0，

1

2

)，f（x）＞0恒成立，即对x∈(0，

1

2

)，a＞2-

2lnx

x-1

恒成立．
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，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，l（x）＞0，于是l（x）在(0，

1

2

)上为增函数，所以l(x)＜l(

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(0，

1

2

)上无零点，则a的最小值为2-4ln2；

（Ⅲ）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．
又因为g（0）=0，g（1）=1，g（e）=e•e^1-e＞0，
所以，函数g（x）在（0，e]上的值域为（0，1]．
当a=2时，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	↗

又因为，当x→0时，f（x）→+∞，
f(

2

2-a

)=a-2ln

2

2-a

，f(e)=(2-a)(e-1)-2，
所以，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[ln2-ln(2-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．
所以，对任意a∈(-∞，2-

2

e

)，有h（a）≤h（0）=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：此题考查学生会利用导函数的正负确定函数的单调性，会根据函数的增减性求出闭区间上函数的最值，掌握不等式恒成立时所满足的条件，是一道压轴题．