Question

14．已知函數(shù)f（x）=（2-a）（x-1）-2lnx，g（x）=xe^1-x（a∈R），
（1）當(dāng)a=1時，求f（x）的單調(diào)區(qū)間
（2）若f（x）在$（0\;，\;\frac{1}{2}）$上無零點，求a的最小值
（3）若?x₀∈（0，e]，?x₁≠x₂∈（0，e]，使得f（x_i）=g（x₀）成立（i=1，2），求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）把a=1代入到f（x）中求出f′（x），令f′（x）＞0求出x的范圍即為函數(shù)的增區(qū)間，令f′（x）＜0求出x的范圍即為函數(shù)的減區(qū)間；
（2）f（x）＜0時不可能恒成立，所以要使函數(shù)在（0，$\frac{1}{2}$）上無零點，只需要對x∈（0，$\frac{1}{2}$）時f（x）＞0恒成立，列出不等式解出a大于一個函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)得到函數(shù)的單調(diào)性，根據(jù)函數(shù)的增減性得到這個函數(shù)的最大值即可得到a的最小值；
（3）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，而當(dāng)a=2時不合題意；當(dāng)a≠2時，求出f′（x）=0時x的值，根據(jù)x∈（0，e]列出關(guān)于a的不等式得到①，并根據(jù)此時的x的值討論導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)得到函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間，根據(jù)單調(diào)區(qū)間得到②和③，令②中不等式的坐標(biāo)為一個函數(shù)，求出此函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，討論導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，根據(jù)函數(shù)的增減性得到此函數(shù)的最大值，即可解出②恒成立和解出③得到④，聯(lián)立①和④即可解出滿足題意a的取值范圍．

解答 解：（1）當(dāng)a=1時，f（x）=x-1-2lnx，則f′（x）=1-$\frac{2}{x}$，
由f′（x）＞0，得x＞2；
由f′（x）＜0，得0＜x＜2．
故f（x）的單調(diào)減區(qū)間為（0，2]，單調(diào)增區(qū)間為[2，+∞）；
（2）因為f（x）＜0在區(qū)間（0，$\frac{1}{2}$）上恒成立不可能，
故要使函數(shù)f（x）在（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x∈（0，$\frac{1}{2}$），a＞2-$\frac{2lnx}{x-1}$恒成立，
令l（x）=2-$\frac{2lnx}{x-1}$，x∈（0，$\frac{1}{2}$），則l（x）=$\frac{2lnx+\frac{2}{x}-2}{{（x-1）}^{2}}$，
再令m（x）=2lnx+$\frac{2}{x}$-2，x∈（0，$\frac{1}{2}$），
則m′（x）=-$\frac{2}{{x}^{2}}$+$\frac{2}{x}$=$\frac{-2（1-x）}{{x}^{2}}$＜0，故m（x）在（0，$\frac{1}{2}$）上為減函數(shù)，
于是m（x）＞m（$\frac{1}{2}$）=2-2ln2＞0，
從而，l（x）＞0，于是l（x）在（0，$\frac{1}{2}$）上為增函數(shù)，
所以l（x）＜l（$\frac{1}{2}$）=2-4ln2，
故要使a＞2-$\frac{2lnx}{x-1}$恒成立，只要a∈[2-4ln2，+∞），
綜上，若函數(shù)f（x）在（0，$\frac{1}{2}$）上無零點，則a的最小值為2-4ln2；
（3）g′（x）=e^1-x-xe^1-x=（1-x）e^1-x，
當(dāng)x∈（0，1）時，g′（x）＞0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈（1，e]時，g′（x）＜0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞減．
又因為g（0）=0，g（1）=1，g（e）=e•e^1-e＞0，
所以，函數(shù)g（x）在（0，e]上的值域為（0，1]．
當(dāng)a=2時，不合題意；
當(dāng)a≠2時，f′（x）=2-a-$\frac{2}{x}$=$\frac{（2-a）（x-\frac{2}{2-a}）}{x}$，x∈（0，e]
當(dāng)x=$\frac{2}{2-a}$時，f′（x）=0．
由題意得，f（x）在（0，e]上不單調(diào)，故0＜$\frac{2}{2-a}$＜e，即a＜2-$\frac{2}{e}$①
此時，當(dāng)x變化時，f′（x），f（x）的變化情況如下：

x	（0，$\frac{2}{2-a}$）	$\frac{2}{2-a}$	（$\frac{2}{2-a}$，e]
f′（x）	-	0	+
f（x）	↘	最小值	↗

又因為，當(dāng)x→0時，2-a＞0，f（x）→+∞，
f（$\frac{2}{2-a}$）=a-2ln$\frac{2}{2-a}$，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x_i（i=1，2），
使得f（x_i）=g（x₀）成立，當(dāng)且僅當(dāng)a滿足下列條件：
$\left\{\begin{array}{l}{f（\frac{2}{2-a}）≤0}\\{f（e）≥1}\end{array}\right.$即 $\left\{\begin{array}{l}{a-2ln\frac{2}{2-a}≤0②}\\{（2-a）（e-1）-2≥1③}\end{array}\right.$，
令h（a）=a-2ln $\frac{2}{2-a}$，a∈（-∞，2-$\frac{2}{e}$），
則h′（a）=1-2[ln2-ln（2-a）]′=1-$\frac{2}{2-a}$=$\frac{a}{a-2}$，
令h′（a）=0，得a=0或a=2，
故當(dāng)a∈（-∞，0）時，h′（a）＞0，函數(shù)h（a）單調(diào)遞增；
當(dāng)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a∈（-∞，2-$\frac{2}{e}$），有h（a）≤h（0）=0，
即②對任意a∈（-∞，2-$\frac{2}{e}$）恒成立．
由③式解得：a≤2-$\frac{3}{e-1}$，④
綜合①④可知，當(dāng)a∈（-∞，2-$\frac{3}{e-1}$]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 此題考查學(xué)生會利用導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)確定函數(shù)的單調(diào)性，會根據(jù)函數(shù)的增減性求出閉區(qū)間上函數(shù)的最值，掌握不等式恒成立時所滿足的條件，是一道壓軸題．