Question

設(shè)函數(shù)f（x）=p（x-

1

x

）-2lnx，g（x）=

2e

x

（p是實數(shù)，e為自然對數(shù)的底數(shù)）
（1）若f（x）在其定義域內(nèi)為單調(diào)函數(shù)，求p的取值范圍；
（2）若直線l與函數(shù)f（x），g（x）的圖象都相切，且與函數(shù)f（x）的圖象相切于點（1，0），求p的值；
（3）若在[1，e]上至少存在一點x₀，使得f（x₀）＞g（x₀）成立，求p的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）求導(dǎo)f’（x）=

px2-2x+p

x2

，要使“f（x）為單調(diào)增函數(shù)”，轉(zhuǎn)化為“f’（x）≥0恒成立”，再轉(zhuǎn)化為“p≥

2x

x2+1

=

2

x+ 1 x

恒成立”，由最值法求解．同理，要使“f（x）為單調(diào)減函數(shù)”，轉(zhuǎn)化為“f’（x）≤0恒成立”，再轉(zhuǎn)化為“p≤

2x

x2+1

=

2

x+ 1 x

恒成立”，由最值法求解，最后兩個結(jié)果取并集．
（2）由“函數(shù)f（x）的圖象相切于點（1，0”求得切線l的方程，再由“l(fā)與g（x）圖象相切”得到（p-1）x²-（p-1）x-e=0
由判別式求解即可．
（3）因為“在[1，e]上至少存在一點x₀，使得f（x₀）＞g（x₀）成立”，要轉(zhuǎn)化為“f（x）_max＞g（x）_min”解決，易知g（x）=

2e

x

在[1，e]上為減函數(shù)，所以g（x）∈[2，2e]，①當(dāng)p≤0時，f（x）在[1，e]上遞減；②當(dāng)p≥1時，f（x）在[1，e]上遞增；③當(dāng)0＜p＜1時，兩者作差比較．

解答：解：（1）∵f’（x）=

px2-2x+p

x2

，要使f（x）為單調(diào)增函數(shù)，須f’（x）≥0恒成立，
即px²-2x+p≥0恒成立，即p≥

2x

x2+1

=

2

x+ 1 x

恒成立，又

2

x+ 1 x

≤1，
所以當(dāng)p≥1時，f（x）在（0，+∞）為單調(diào)增函數(shù)．
要使f（x）為單調(diào)減函數(shù)，須f’（x）≤0恒成立，
即px²-2x+0≤0恒成立，即p≤

2x

x2+1

=

2

x+ 1 x

恒成立，又

2

x+ 1 x

＞0，
所以當(dāng)p≤0時，f（x）在（0，+∞）為單調(diào)減函數(shù)．
綜上所述，f（x）在（0，+∞）為單調(diào)函數(shù)，p的取值范圍為p≥1或p≤0（4分）

（2）∵f’（x）=p+

p

x2

-

2

x

，∴f’（1）=2（p-1），設(shè)直線l：y=2（p-1）（x-1），
∵l與g（x）圖象相切，
∴y=2（p-1）（x-1）
得（p-1）（x-1）=

e

x

，即（p-1）x2-（p-1）x-e=0
y=

2e

x

當(dāng)p=1時，方程無解；當(dāng)p≠1時由△=（p-1）2-4（p-1）（-e）=0，
得p=1-4e，綜上，p=1-4e（4分）

（3）因g（x）=

2e

x

在[1，e]上為減函數(shù)，所以g（x）∈[2，2e]
①當(dāng)p≤0時，由（1）知f（x）在[1，e]上遞減?f（x）_max=f（1）=0＜2，不合題意
②當(dāng)p≥1時，由（1）知f（x）在[1，e]上遞增，f（1）＜2，又g（x）在[1，e]上為減函數(shù)，
故只需f（x）_max＞g（x）_min，x∈[1，e]，
即：f（e）=p（e-

1

e

）-2lne＞2?p＞

4e

e2-1

．
③當(dāng)0＜p＜1時，因x-

1

x

≥0，x∈[1，e]
所以f（x）=p（x-

1

x

）-2lnx≤（x-

1

x

）-2lnx≤e-

1

e

-2lne＜2不合題意
綜上，p的取值范圍為（

4e

e2-1

，+∞）（5分）

點評：本題主要考查用導(dǎo)數(shù)法研究函數(shù)的單調(diào)性，基本思路是：當(dāng)函數(shù)為增函數(shù)時，導(dǎo)數(shù)大于等于零；當(dāng)函數(shù)為減函數(shù)時，導(dǎo)數(shù)小于等于零，已知單調(diào)性求參數(shù)的范圍往往轉(zhuǎn)化為求相應(yīng)函數(shù)的最值問題．