Question

已知函数f（x）=a（x-1）-2lnx（a为常数）
（Ⅰ）当a=1对，求f（x）单调区间；
（Ⅱ）若函数f（x）在区间（0，1）上无零点，求a的最大值．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,函数的零点

专题：导数的综合应用

分析：（1）当a=l对，函数f（x）=a（x-1）-2lnx=x-1-2lnx，直接求导用导数研究单调性即可．
（2）若函数f（x）在区间（0，1）上无零点，则对?x∈（0，1），f（x）＞0恒成立或者f（x）＜0恒成立．
首先证明a≤0，f（x）=a（x-1）-2lnx＞0恒成立；
其次证明函数f（x）＜0在区间（0，1）上不可能恒成立，只有使对?x∈（0，1），f（x）＞0恒成立．
从①当a＞2，②当a≤2两种情况入手．

解答： 解：（1）函数的定义域为（0，+∞）
当a=1时，函数f（x）=x-1-2lnx，∴f′(x)=1-

2

x

=

x-2

x

由f'（x）＞0得x＞2，由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，+∞）
（2）若函数f（x）在区间（0，1）上无零点，则
对?x∈（0，1），f（x）＞0恒成立或者f（x）＜0恒成立．
由x∈（0，1），得x-1＜0，-2lnx＞0，
故若a≤0，f（x）=a（x-1）-2lnx＞0恒成立；
若a＞0，
首先证明函数f（x）＜0在区间（0，1）上不可能恒成立，
令x0=(

1

e

)a，则x₀∈（0，1），且f(x0)=f[(

1

e

)a]=a[(

1

e

)a-1]-2ln(

1

e

)a=a(

1

e

)a+a＞0
所以，函数f（x）＜0在区间（0，1）上不可能恒成立，
∴故要使函数f（x）在区间（0，1）上无零点，只要对?x∈（0，1），f（x）＞0恒成立．
∵f′(x)=a-

2

x

=

ax-2

x

=

a(x- 2 a )

x

，
①当a＞2，即0＜

2

a

＜1时，由f'（x）＞0得x＞

2

a

，由f'（x）＜0得0＜x＜

2

a

，
即f（x）在区间(0，

2

a

)上单调递减，在区间(

2

a

，1)上单调递增；
此时f(x)min=f(

2

a

)=a(

2

a

-1)-2ln

2

a

=2-a-2ln

2

a

，
令g(a)=2-a-2ln

2

a

，∴g′(a)=-1+

2

a

=

2-a

a

＜0，
∴g（a）在a＞2递减，故g（a）＜g（2）=0，
所以当a＞2时，f（x）_min＜0，即对?x∈（0，1），f（x）＞0不恒成立，
∴a＞2不满足要求，∴a≤2，
②当a≤2时，即

2

a

≥1时，由f'（x）＞0得x＞

2

a

，由f'（x）＜0得0＜x＜

2

a

，
即f（x）在区间（0，1）上单调递减，故f（x）＞f（1）=0，
满足对?x∈（0，1），f（x）＞0恒成立，满足要求，
综上，a≤2，即a的最大值为2．

点评：本题主要考查函数与导数的综合应用，带有参变量的题，要对参量的取值进行讨论，属于高档题．