Question

11．已知函數(shù)f（x）=（2-a）（x-1）-2lnx（a為常數(shù)），g（x）=e^x-x+1
（1）當a=1時，求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若函數(shù)f（x）在區(qū)間$（0，\frac{1}{2}）$上無零點，求a的最小值；
（3）若對任意給定的x₀∈（0，1]，則（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 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，從而得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（2）法一：問題轉(zhuǎn)化為任意的$x∈（0，\frac{1}{2}）$，f（x）＞0恒成立，通過求導(dǎo)得到函數(shù)的單調(diào)性問題，從而求出a的范圍，
法二：先求出函數(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)，通過討論導(dǎo)函數(shù)的符號，從而得到函數(shù)f（x）的單調(diào)性，進而求出a的范圍；
（3）先求出函數(shù)g（x）的導(dǎo)數(shù)，得到g（x）的范圍，再求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，得到函數(shù)f（x）的單調(diào)性，結(jié)合f（x_i）=g（x₀）成立，得到不等式組，從而求出a的范圍．

解答 解：（1）當a=1時，f（x）=x-1-2lnx，其定義域為（0，+∞），
則$f'（x）=1-\frac{2}{x}$，令f′（x）＞0得x＞2；令f′（x）＜0得0＜x＜2，
故f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（0，2]，單調(diào)遞增區(qū)間為[2，+∞）．…（3分）
（2）法一：因為當x→0時，f（x）→+∞，
所以函數(shù)f（x）＜0在區(qū)間$（{0，\frac{1}{2}}）$上不可能恒成立，
故要使函數(shù)f（x）在區(qū)間$（{0，\frac{1}{2}}）$上無零點，只要對任意的$x∈（0，\frac{1}{2}）$，f（x）＞0恒成立．
即對任意的x∈（0，$\frac{1}{2}$），$a＞2-\frac{2lnx}{x-1}$恒成立．…（4分）
令$l（x）=2-\frac{2lnx}{x-1}$，$x∈（0，\frac{1}{2}）$，則$l'（x）=\frac{{-\frac{2}{x}（x-1）+2lnx}}{{{{（x-1）}^2}}}=\frac{{2lnx+\frac{2}{x}-2}}{{{{（x-1）}^2}}}$，…（5分）
再令$m（x）=2lnx+\frac{2}{x}-2$，則$m'（x）=\frac{2}{x}-\frac{2}{x^2}=\frac{-2（1-x）}{x^2}$，
由$x∈（0，\frac{1}{2}）$，知m'（x）＜0，故函數(shù)m（x）在區(qū)間$（{0，\frac{1}{2}}）$上單調(diào)遞減，
所以$m（x）＞m（\frac{1}{2}）=2-2ln2＞0$，即l'（x）＞0，
所以函數(shù)l（x）在區(qū)間$（{0，\frac{1}{2}}）$上單調(diào)遞增，則$l（x）＜l（\frac{1}{2}）=2-4ln2$，
故只要a≥2-4ln2，函數(shù)f（x）在區(qū)間$（{0，\frac{1}{2}}）$上無零點，
所以a的最小值為2-4ln2．…（8分）
法二：由$f（x）=（2-a）（x-1）-2lnx，x∈（0，\frac{1}{2}）$，
可得$f'（x）=（2-a）-\frac{2}{x}=\frac{（2-a）x-2}{x}$，
令h（x）=（2-a）x-2，則$h（0）=-2＜0，h（\frac{1}{2}）=-1-\frac{a}{2}$．
1）當$h（\frac{1}{2}）=-1-\frac{a}{2}≤0$時，即a≥-2時，f′（x）＜0恒成立，f（x）單調(diào)遞減，
$f（x）＞f（\frac{1}{2}）=-1+\frac{a}{2}+2ln2$恒成立，又f（x）在區(qū)間$（{0，\frac{1}{2}}）$上無零點，
則$-1+\frac{a}{2}+2ln2≥0，a≥2-4ln2$．又2-4ln2＞-2
所以a≥2-4ln2．…（6分）
2）當$h（\frac{1}{2}）=-1-\frac{a}{2}＞0$時，即a＜-2時，
則存在${x_0}∈（0，\frac{1}{2}）$，使得h（x₀）=（2-a）x₀-2=0，且${x_0}=\frac{2}{2-a}$，
則當x∈（0，x₀）時，f'（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，
當$x∈（{x_0}，\frac{1}{2}）$時，f'（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，
所以，f（x）的最小值為f（x₀）=a+2ln（2-a）-2ln2=φ（a），a＜-2，
令φ（a）=a+2ln（2-a）-2ln2，a＜-2，
則$φ'（a）=1+\frac{2}{a-2}=\frac{a}{a-2}＞0$恒成立，φ（a）在（-∞，-2）上單調(diào)遞增，
φ（a）＜φ（-2）=-2+2ln2＜0恒成立，即f（x）的最小值小于零恒成立，
又當x→0時，f（x）→+∞，
此時函數(shù)f（x）在區(qū)間$（{0，\frac{1}{2}}）$一定存在零點，不合題意
由1），2）可知a≥2-4ln2．即a的最小值為2-4ln2．…（8分）
（3）由g′（x）=e^x-1，當x∈（0，1]，g′（x）＞0，
則函數(shù)g（x）在區(qū)間（0，1]上是增函數(shù)．所以g（x）∈（2，e]，
當a=2時，f（x）=-2lnx，不符題意；
當a≠2時，$f'（x）═2-a-\frac{2}{x}=\frac{（2-a）x-2}{x}$，當$x=\frac{2}{2-a}$時，f'（x）=0，
由題意有f（x）在（0，e]上不單調(diào)，故$0＜\frac{2}{2-a}＜e$，即$a＜2-\frac{2}{e}$①，…（10分）
當x變化時，f′（x），f（x）變化情況如下：

x	$（{0，\frac{2}{2-a}}）$	$\frac{2}{2-a}$	$（{\frac{2}{2-a}，e}]$
f′（x）	-	0	+
f（x）	單調(diào)遞減	最小值	單調(diào)遞增

又因為x→0時，f（x）→+∞，$f（\frac{2}{2-a}）=a-2ln\frac{2}{2-a}，f（e）=（2-a）（e-1）-2$，…（10分）
所以，對于給定的x₀∈（0，1]，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，當且僅當滿足下列條件$\left\{\begin{array}{l}f（\frac{2}{2-a}）≤2\\ f（e）≥e.\end{array}\right.$
即$a-2ln\frac{2}{2-a}≤2$②，（2-a）（e-1）-2≥e③，
令h（a）=a-2ln$\frac{2}{2-a}$，a∈（-∞，2-$\frac{2}{e}$），h′（a）=$\frac{a}{a-2}$，令h′（a）=0，則a=0，
故a∈（-∞，0）時，h′（a）＞0，函數(shù)h（a）單調(diào)遞增；
a∈（0，2-$\frac{2}{e}$）時，h′（a）＜0，函數(shù)h（a）單調(diào)遞減；
 所以對任意的a∈（-∞，2-$\frac{2}{e}$），h（a）≤h（0）=0≤2．
由③得a≤$\frac{4-e}{1-e}$④，由①④當a∈（-∞，$\frac{4-e}{1-e}$]時，
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．…（12分）

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、極值問題，考查函數(shù)恒成立問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，本題計算量大，繁瑣復(fù)雜，是一道難題．