Question

設(shè)f（x）=px-

q

x

-2ln x，且f（e）=qe-

p

e

-2（e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）
（1）求p與q的關(guān)系；
（2）若f（x）在其定義域內(nèi)為單調(diào)函數(shù)，求p的取值范圍；
（3）設(shè)g（x）=

2e

x

，若在[1，e]上至少存在一點(diǎn)x₀，使得f（x₀）＞g（x₀） 成立，求p的取值范圍．

Answer 1

考點(diǎn)：導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問(wèn)題中的應(yīng)用,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）求出f′（x），由待定系數(shù)法求出p與q的關(guān)系；
（2）求出f′（x），由f（x）在其定義域內(nèi)為單調(diào)函數(shù)，求出f′（x）≥0，或f′（x）≤0，恒成立，所以對(duì)p進(jìn)行討論，求出p的取值范圍；
（3）在[1，e]上至少存在一點(diǎn)x₀，使得f（x₀）＞g（x₀） 成立?f（x）_max＞g（x）_min，求出p的取值范圍．

解答： 解：（1）由題意得f（e）=pe-

q

e

-2lne=qe-

p

e

-2⇒（p-q）e+

1

e

）=0，
而e+

1

e

≠0，∴p=q；
（2）由（1）知f（x）=px-

p

x

-2ln x，定義域?yàn)椋?，+∞），
f′(x)=p+

p

x2

-

2

x

=

px2-2x+p

x2

，
令h（x）=px²-2x+p，要使f（x）在其定義域（0，+∞）內(nèi)為單調(diào)函數(shù)，只需 h（x）在（0，+∞）內(nèi)滿足：h（x）≥0 或 h（x）≤0 恒成立．
①當(dāng) p=0時(shí)，h（x）=-2x，∵x＞0，∴h（x）＜0，∴f′（x）=-

2x

x2

＜0，
∴f（x）在（0，+∞）內(nèi)為單調(diào)遞減，故 p=0適合題意．
②當(dāng) p＞0時(shí)，h（x）=px²-2x+p，其圖象為開口向上的拋物線，對(duì)稱軸為 x=

1

p

∈（0，+∞），∴h（x）_min=p-

1

p

只需 p-

1

p

≥1，即 p≥1 時(shí) h（x）≥0，f’（x）≥0，∴f （x） 在 （0，+∞） 內(nèi)為單調(diào)遞增，
故 p≥1適合題意．
③當(dāng) p＜0時(shí)，h（x）=px²-2x+p，其圖象為開口向下的拋物線，對(duì)稱軸為 x=

1

p

∉（0，+∞）
只需 h（0）≤0，即 p≤0時(shí) h（x）≤0在（0，+∞）恒成立．
故p＜0適合題意．
綜上可得，p≥1或 p≤0．
（3）∵g（x）=

2e

x

在[1，e]上是減函數(shù)，∴x=e 時(shí)，g（x）_min=2，x=1 時(shí)，g（x）_max=2e
即g（x）∈[2，2e]
①p≤0 時(shí)，由（2）知 f（x）在[1，e]遞減⇒f（x）_max=f（1）=0＜2，不合題意．
②0＜p＜1 時(shí)，由x∈[1，e]⇒x-

1

x

≥0
∴f（x）=p（x-

1

x

）-2ln x≤x-

1

x

-2ln x
右邊為 f（x），當(dāng)p=1 時(shí)的表達(dá)式，故在[1，e]遞增
∴f（x）≤x-

1

x

-2lnx≤e-

1

e

-2lne=e-

1

e

-2＜2，不合題意．
③p≥1時(shí)，由（II）知 f（x）在[1，e]連續(xù)遞增，f（1）=0＜2，又g（x）在[1，e]上是減函數(shù)
∴本命題?f（x）_max＞g（x）_min=2，x∈[1，e]⇒f（x）_max=f（e）=p（e-

1

e

）-2ln e＞2
⇒p＞

4e

e2-1

綜上，p 的取值范圍是（

4e

e2-1

，+∞）．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了導(dǎo)數(shù)在求單調(diào)區(qū)間方面的應(yīng)用，運(yùn)用了等價(jià)轉(zhuǎn)化，分類討論思想，恒成立問(wèn)題．有一定的難度．