Question

（2010•合肥模擬）設函數f(x)=px-

p

x

，m（x）=2lnx．．
（1）當p≥1時，證明：對任意x∈（1，+∞），f（x）＞m（x）恒成立；
（2）設g（x）=

2e

x

，若對任意x₁，x₂∈[1，e]，f（x₁）-m（x₁）＜g（x₂）成立，求實數p的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）令G（x）=px-

p

x

-2lnx，G′(x)=

px2-2x+p

x2

令h（x）=px²-2x+p，當p≥1時，h（x）=px²-2x+p，其圖象為開口向上的拋物線，對稱軸為x=

1

p

∈(0，1]，由此能夠證明f（x）＞m（x）．
（2）由g(x)=

2e

x

在[1，e]上是減函數，知g（x）∈[2，2e]．當P=0時，h（x）=-2x，G（x）在（0，+∞）內是單調遞減函數；當P＜0時，h（x）=px²-2x+p，G（x）_max=G（1）=0＜2；當0＜p＜1時，G(x)=p(x-

1

x

)-2lnx≤e-

1

e

-2ln2＜2；當p≥1時，h(x)min=(

1

p

)=p-

1

p

＞0．所以G（x）在[1，e]上為單調遞增函數，由此能求出p的取值范圍．

解答：（1）證明：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，
當p≥1時，h（x）=px²-2x+p，
其圖象為開口向上的拋物線，
對稱軸為x=

1

p

∈(0，1]
∴h（x）＞h（1）=2p-2＞0，
∴G'（x）在（1，+∞）內為單調遞增函數，
G（x）＞G（1）=0，
即f（x）＞m（x）．
（2）解：∵g(x)=

2e

x

在[1，e]上是減函數，
∴x=e時，g（x）_min=2；x=1時，g（x）_max=2e，
即g（x）∈[2，2e]．
①當P=0時，h（x）=-2x，
因為x＞0，所以h（x）＜0，G′(x)=-

2

x

＜0，
∴G（x）在（0，+∞）內是單調遞減函數；
②當P＜0時，h（x）=px²-2x+p，
其圖象為開口向下的拋物線，對稱軸為x=

1

p

∉(0，+∞)，
在（0，+∞），h（x）≤0恒成立，
所以，當p≤0時，G（x）在[1，e]上遞減，
G（x）_max=G（1）=0＜2
③當0＜p＜1時，由x∈[1，e]，
得x-

1

x

≥0，
又當p=1時，G（x）在[1，e]上是增函數，
∴G(x)=p(x-

1

x

)-2lnx≤e-

1

e

-2ln2＜2
④當p≥1時，h（x）=px²-2x+p，
其圖象為開口向上的拋物線，
對稱軸為x=

1

p

∈(0，+∞)，
∴h(x)min=(

1

p

)=p-

1

p

＞0，
∴G（x）在[1，e]上為單調遞增函數，
又g（x）在[1，e]上是減函數，
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

，
綜上，p的取值范圍是(-∞，

4e

e2-1

)．

點評：本題考查利用導數求函數的最值及其應用，對數學思維的要求比較高，有一定的探索性．綜合性強，難度大，易出錯．解題時要認真審題，注意分類討論思想的靈活運用．