Question

（2010•合肥模擬）設(shè)函數(shù)f(x)=px-

p

x

，m（x）=2lnx．．
（1）當(dāng)p≥1時(shí)，證明：對(duì)任意x∈（1，+∞），f（x）＞m（x）恒成立；
（2）設(shè)g（x）=

2e

x

，若對(duì)任意x₁，x₂∈[1，e]，f（x₁）-m（x₁）＜g（x₂）成立，求實(shí)數(shù)p的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）令G（x）=px-

p

x

-2lnx，G′(x)=

px2-2x+p

x2

令h（x）=px²-2x+p，當(dāng)p≥1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

∈(0，1]，由此能夠證明f（x）＞m（x）．
（2）由g(x)=

2e

x

在[1，e]上是減函數(shù)，知g（x）∈[2，2e]．當(dāng)P=0時(shí)，h（x）=-2x，G（x）在（0，+∞）內(nèi)是單調(diào)遞減函數(shù)；當(dāng)P＜0時(shí)，h（x）=px²-2x+p，G（x）_max=G（1）=0＜2；當(dāng)0＜p＜1時(shí)，G(x)=p(x-

1

x

)-2lnx≤e-

1

e

-2ln2＜2；當(dāng)p≥1時(shí)，h(x)min=(

1

p

)=p-

1

p

＞0．所以G（x）在[1，e]上為單調(diào)遞增函數(shù)，由此能求出p的取值范圍．

解答：（1）證明：令G（x）=f（x）-m（x）=px-

p

x

-2lnx，
∴G′(x)=p+

p

x2

-

2

x

，
即G′(x)=

px2-2x+p

x2

，
令h（x）=px²-2x+p，
當(dāng)p≥1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

∈(0，1]
∴h（x）＞h（1）=2p-2＞0，
∴G'（x）在（1，+∞）內(nèi)為單調(diào)遞增函數(shù)，
G（x）＞G（1）=0，
即f（x）＞m（x）．
（2）解：∵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]．
①當(dāng)P=0時(shí)，h（x）=-2x，
因?yàn)閤＞0，所以h（x）＜0，G′(x)=-

2

x

＜0，
∴G（x）在（0，+∞）內(nèi)是單調(diào)遞減函數(shù)；
②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，+∞)，
在（0，+∞），h（x）≤0恒成立，
所以，當(dāng)p≤0時(shí)，G（x）在[1，e]上遞減，
G（x）_max=G（1）=0＜2
③當(dāng)0＜p＜1時(shí)，由x∈[1，e]，
得x-

1

x

≥0，
又當(dāng)p=1時(shí)，G（x）在[1，e]上是增函數(shù)，
∴G(x)=p(x-

1

x

)-2lnx≤e-

1

e

-2ln2＜2
④當(dāng)p≥1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=(

1

p

)=p-

1

p

＞0，
∴G（x）在[1，e]上為單調(diào)遞增函數(shù)，
又g（x）在[1，e]上是減函數(shù)，
故只需G（x）_max＜g（x）_min，x∈[1，e]，
而G(x)max=G(e)=p(e-

1

e

)-2lne，g（x）_min=2，
即 p（e-

1

e

）-2lne＜2，
解得1≤p＜

4e

e2-1

，
綜上，p的取值范圍是(-∞，

4e

e2-1

)．

點(diǎn)評(píng)：本題考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值及其應(yīng)用，對(duì)數(shù)學(xué)思維的要求比較高，有一定的探索性．綜合性強(qiáng)，難度大，易出錯(cuò)．解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意分類討論思想的靈活運(yùn)用．