Question

已知函數f（x）=（2-a）（x-1）-2lnx，g（x）=xe^1-x．（a∈R，e為自然對數的底數）
（I）當a=1時，求f（x）的單調區間；
（II）若函數f(x)在(0，

1

2

)上無零點，求a的最小值；
（III）若對任意給定的x₀∈（0，e]，在（0，e]上總存在兩個不同的x_i（i=1，2），使得f（x_i）=g（x₀）成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析：（I）利用導數與單調性的關系定理即可得出；
（II）因為f(x)＜0在區間(0，

1

2

)上恒成立不可能，故要使函數f(x)在(0，

1

2

)上無零點，只要對任意的x∈(0，

1

2

)，f(x)＞0恒成立，通過分離參數，利用導數即可得出．
（III）利用導數得出函數g（x）在（0，e]上的值域，再利用導數研究函數f（x）的單調性，當函數f（x）的取值在函數g（x）的值域范圍內且與y=g（x₀）由兩個交點時即可．

解答：解：（I）當a=1時，f(x)=x-1-2lnx，則f′(x)=1-

2

x

，
由f'（x）＞0，得x＞2；由f'（x）＜0，得0＜x＜2．
故f（x）的單調減區間為（0，2]，單調增區間為[2，+∞）．
（II）因為f(x)＜0在區間(0，

1

2

)上恒成立不可能，
故要使函數f(x)在(0，

1

2

)上無零點，只要對任意的x∈(0，

1

2

)，f(x)＞0恒成立，
即對x∈(0，

1

2

)，a＞2-

2lnx

x-1

恒成立．
令l(x)=2-

2lnx

x-1

，x∈(0，

1

2

)，
則l′(x0=

2lnx+ 2 x -2

(x-1)2

，

再令m(x)=2lnx+ 2 x -2，x∈(0， 1 2 )， 則m′(x)=- 2 x2 + 2 x = -2(1-x) x2 ＜0，

故m(x)在(0， 1 2 )上為減函數，于是m(x)＞m( 1 2 )=2-2ln2＞0， 從而，l(x)＞0，于是l(x)在(0， 1 2 )上為增函數，

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，+∞)，

綜上，若函數f(x)在(0，

1

2

)上無零點，則a的最小值為2-4ln2．
（III）g'（x）=e^1-x-xe^1-x=（1-x）e^1-x，

當x∈(0，1)時，g′(x)＞0，函數g(x)單調遞增； 當x∈(1，e]時，g′(x)＜0，函數g(x)單調遞減. 又因為g(0)=0，g(1)=1，g(e)=e•e1-e＞0，

所以，函數g（x）在（0，e]上的值域為（0，1]．
當a=2時，不合題意；

當a≠2時，f′(x)=2-a- 2 x = (2-a)x-2 x = (2-a)(x- 2 2-a ) x ，x∈(0，e] 當x= 2 2-a 時，f′(x)=0. 由題意得，f(x)在(0，e]上不單調，

故0＜

2

2-a

＜e，即a＜2-

2

e

①
此時，當x變化時，f'（x），f（x）的變化情況如下：

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

又因為，當x→0時，f(x)→+∞， f( 2 2-a )=a-2ln 2 2-a ，f(e)=(2-a)(e-1)-2， 所以，對任意給定的x0∈(0，e]，在(0，e]上總存在兩個不同的xi(i=1，2)， 使得f(xi)=g(x0)成立，當且僅當a滿足下列條件：

②③

f( 2 2-a )≤0 f(e)≥1

即

a-2ln 2 2-a ≤0 (2-a)(e-1)-2≥1.

令h(a)=a-2ln 2 2-a ，a∈(-∞，2- 2 e )， 則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， 故當a∈(-∞，0)時，h′(a)＞0，函數h(a)單調遞增； 當a∈(0，2- 2 e )時，h′(a)＜0，函數h(a)單調遞減. 所以，對任意a∈(-∞，2- 2 e )，有h(a)≤h(0)=0，

即②對任意a∈(-∞，2-

2

e

)恒成立．
由③式解得：a≤2-

3

e-1

．④
綜合①④可知，當a∈(-∞，2-

3

e-1

]時，對任意給定的x0∈(0，e]，
在（0，e]上總存在兩個不同的x_i（i=1，2），
使f（x_i）=g（x₀）成立．

點評：本題綜合考查了利用導數研究函數的單調性、極值、最值等性質，及分類討論思想方法、等價轉化法、數形結合法、分離參數法等方法．