Question

【題目】已知函數f（x）=（2﹣a）（x﹣1）﹣2lnx，g（x）= （a∈R，e為自然對數的底數）

（Ⅰ）當a=1時，求f（x）的單調區間；

（Ⅱ）若函數f（x）在 上無零點，求a的最小值；

（Ⅲ）若對任意給定的x0∈（0，e]，在（0，e]上總存在兩個不同的xi（i=1，2），使得f（xi）=g（x0）成立，求a的取值范圍．

Answer 1

【答案】(1) f（x）的單調減區間為（0，2]，單調增區間為[2，+∞）；(2) 函數f（x）在 上無零點，則a的最小值為2﹣4ln2；（3）a的范圍是.

【解析】試題分析：（Ⅰ）把a=1代入到f（x）中求出f′（x），令f′（x）＞0求出x的范圍即為函數的增區間，令f′（x）＜0求出x的范圍即為函數的減區間；

（Ⅱ）f（x）＜0時不可能恒成立，所以要使函數在（0， ）上無零點，只需要對x∈（0， ）時f（x）＞0恒成立，列出不等式解出a大于一個函數，利用導數得到函數的單調性，根據函數的增減性得到這個函數的最大值即可得到a的最小值；

（Ⅲ）求出g′（x），根據導函數的正負得到函數的單調區間，即可求出g（x）的值域，而當a=2時不合題意；當a≠2時，求出f′（x）=0時x的值，根據x∈（0，e]列出關于a的不等式得到①，并根據此時的x的值討論導函數的正負得到函數f（x）的單調區間，根據單調區間得到②和③，令②中不等式的坐標為一個函數，求出此函數的導函數，討論導函數的正負得到函數的單調區間，根據函數的增減性得到此函數的最大值，即可解出②恒成立和解出③得到④，聯立①和④即可解出滿足題意a的取值范圍．

試題解析：

（1）當a=1時，f（x）=x﹣1﹣2lnx，則f′（x）=1﹣，

由f′（x）＞0，得x＞2；

由f′（x）＜0，得0＜x＜2．

故f（x）的單調減區間為（0，2]，單調增區間為[2，+∞）；

（2）因為f（x）＜0在區間上恒成立不可能，

故要使函數上無零點，

只要對任意的，f（x）＞0恒成立，即對恒成立．

令，則，

再令，

則，故m（x）在上為減函數，于是，

從而，l（x）＞0，于是l（x）在上為增函數，所以，

故要使恒成立，只要a∈[2﹣4ln2，+∞），

綜上，若函數f（x）在 上無零點，則a的最小值為2﹣4ln2；

（3）g′（x）=e1﹣x﹣xe1﹣x=（1﹣x）e1﹣x，

當x∈（0，1）時，g′（x）＞0，函數g（x）單調遞增；

當x∈（1，e]時，g′（x）＜0，函數g（x）單調遞減．

又因為g（0）=0，g（1）=1，g（e）=ee1﹣e＞0，

所以，函數g（x）在（0，e]上的值域為（0，1]．

當a=2時，不合題意；

當a≠2時，f′（x）=，x∈（0，e]

當x=時，f′（x）=0．

由題意得，f（x）在（0，e]上不單調，故，即①

此時，當x變化時，f′（x），f（x）的變化情況如下：

x	（0，）		（，e]
f′（x）	﹣	0	+
f（x）	↘	最小值	↗

又因為，當x→0時，2﹣a＞0，f（x）→+∞，

，

所以，對任意給定的x0∈（0，e]，在（0，e]上總存在兩個不同的xi（i=1，2），

使得f（xi）=g（x0）成立，當且僅當a滿足下列條件：

即

令h（a）=，

則h，令h′（a）=0，得a=0或a=2，

故當a∈（﹣∞，0）時，h′（a）＞0，函數h（a）單調遞增；

當時，h′（a）＜0，函數h（a）單調遞減．

所以，對任意，有h（a）≤h（0）=0，

即②對任意恒成立．

由③式解得：．④

綜合①④可知，當a的范圍是 時，對任意給定的x0∈（0，e]，在（0，e]上總存在兩個不同的xi（i=1，2），使f（xi）=g（x0）成立．