Question

已知函數(shù)f（x）=（2-a）x-2（1+lnx）+a，g（x）=

ex

ex

．
（1）若函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，

1

2

）無(wú)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的最小值；
（2）若對(duì)任意給定的x₀∈（0，e]，在（0，e]上方程f（x）=g（x₀）總存在兩個(gè)不等的實(shí)根，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）將f（x）的表達(dá)式重新組合，即f（x）=（2-a）（x-1）-2lnx，分別研究函數(shù)m（x）=（2-a）（x-1），h（x）=2lnx，x＞0，討論當(dāng)a＜2時(shí)和當(dāng)a≥2時(shí)的情況．
（2）求出g′（x），根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，即可求出g（x）的值域；對(duì)于f（x），討論當(dāng)a＜2時(shí)和當(dāng)a≥2時(shí)的情況，只有當(dāng)f（x）在（0，e]上不單調(diào)的情況才可能滿足題意，結(jié)合著g（x）的值域，和數(shù)形結(jié)合，要使在（0，e]上方程f（x）=g（x₀）總存在兩個(gè)不等的實(shí)根，只需滿足

f( 2 2-a )≤0 f(e)≥1

，即

1 2 a+ln(2-a)-ln2≤0 a≤2- 3 e-1

，進(jìn)一步通過(guò)求導(dǎo)的方法證明當(dāng)a≤2-

3

e-1

時(shí)，

1

2

a+ln（2-a）-ln2≤0恒成立，從而確定a的取值范圍．

解答： 解：f（x）=（2-a）（x-1）-2lnx
（1）令m（x）=（2-a）（x-1），x＞0；h（x）=2lnx，x＞0，則f（x）=m（x）-h（x），
①當(dāng)a＜2時(shí)，m（x）在（0.

1

2

）上為增函數(shù)，h（x）在（0，

1

2

）上為增函數(shù)，
結(jié)合圖象可知，若f（x）在（0，

1

2

）無(wú)零點(diǎn)，則m（

1

2

）≥h（

1

2

），
即（2-a）×（

1

2

-1）≥2ln

1

2

，∴a≥2-4ln2，
∴2-4ln2≤a＜2．
②當(dāng)a≥2時(shí)，在（0，

1

2

）上，m（x）≥0，h（x）＜0，
∴f（x）＞0，
∴f（x）在（0，

1

2

）上無(wú)零點(diǎn)．
由①②得a≥2-4ln2．
∴a_min=2-4ln2；
（2）g′（x）=e^1-x-xe^1-x=（1-x）e^1-x，
當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，g′（x）＞0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈（1，e]時(shí)，g′（x）＜0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞減．
又因?yàn)間（0）=0，g（1）=1，g（e）=e^2-e＞0，
所以，函數(shù)g（x）在（0，e]上的值域?yàn)椋?，1]．
∵f（x）=（2-a）（x-1）-2lnx，∴f′（x）=2-a-

2

x

=

(2-a)x-2

x

．
①當(dāng)a≥2時(shí)，f′（x）＜0，∴f（x）在（0，e]單調(diào)遞減，且f（1）=0，不符合題意，
②當(dāng)a＜2時(shí)，令f′（x）=0，x=

2

2-a

，
i）當(dāng)

2

2-a

≥e時(shí)，即當(dāng)2-

2

e

≤a＜2時(shí)，f′（x）＜0，不符合題意．
ii）

2

2-a

＜e時(shí)，即當(dāng)a＜2-

2

e

時(shí)，令f′（x）＞0，則

2

2-a

＜x＜e；
令f′（x）＜0時(shí)，則0＜x＜

2

2-a

，
又∵當(dāng)x∈（0，

2

2-a

）∩（0，e

a-3

2

）時(shí)，f（x）=（2-a）（x-1）-2lnx＞a-2-2lne 

a-3

2

=1，
∴要使f（x）=g（x₀）在（0，e]上總存在兩個(gè)不相等的實(shí)根，
需使

f( 2 2-a )≤0 f(e)≥1

即

1 2 a+ln(2-a)-ln2≤0 a≤2- 3 e-1

下證：當(dāng)a≤2-

3

e-1

時(shí)，

1

2

a+ln（2-a）-ln2≤0恒成立，
設(shè)t（x）=

1

2

x+ln（2-x）-ln2，x≤2-

3

e-1

，
則t′（x）=

1

2

+

-1

2-x

=

x

2(x-2)

，
當(dāng)x∈（-∞，0）時(shí)，t′（x）≥0，x∈（0，2-

3

e-1

）時(shí)，t′（x）＜0．
∴t（x）≤t（0）=0．
∴

1

2

a+ln（2-a）-ln2≤0恒成立，
又∵2-

2

e

＞2-

3

e-1

，
∴a≤2-

3

e-1

．
綜上，得a∈（-∞，2-

3

e-1

]．

點(diǎn)評(píng)：本題難度較大，較靈活，第一問(wèn)是將原函數(shù)分成兩個(gè)函數(shù)的差，再進(jìn)一步通過(guò)數(shù)形結(jié)合進(jìn)行談?wù)撗芯�，學(xué)生也可以直接用求導(dǎo)的方式討論研究．第二問(wèn)中需要多次分類討論和數(shù)形結(jié)合的思想給出思路的方向，并利用求導(dǎo)的方法進(jìn)行驗(yàn)證研究，對(duì)于學(xué)生來(lái)說(shuō)是一個(gè)難題．