Question

14．已知函数f（x）=（2-a）（x-1）-2lnx，g（x）=xe^1-x（a∈R），
（1）当a=1时，求f（x）的单调区间
（2）若f（x）在$（0\;，\;\frac{1}{2}）$上无零点，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的取值范围．

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的范围即为函数的增区间，令f′（x）＜0求出x的范围即为函数的减区间；
（2）f（x）＜0时不可能恒成立，所以要使函数在（0，$\frac{1}{2}$）上无零点，只需要对x∈（0，$\frac{1}{2}$）时f（x）＞0恒成立，列出不等式解出a大于一个函数，利用导数得到函数的单调性，根据函数的增减性得到这个函数的最大值即可得到a的最小值；
（3）求出g′（x），根据导函数的正负得到函数的单调区间，即可求出g（x）的值域，而当a=2时不合题意；当a≠2时，求出f′（x）=0时x的值，根据x∈（0，e]列出关于a的不等式得到①，并根据此时的x的值讨论导函数的正负得到函数f（x）的单调区间，根据单调区间得到②和③，令②中不等式的坐标为一个函数，求出此函数的导函数，讨论导函数的正负得到函数的单调区间，根据函数的增减性得到此函数的最大值，即可解出②恒成立和解出③得到④，联立①和④即可解出满足题意a的取值范围．

解答 解：（1）当a=1时，f（x）=x-1-2lnx，则f′（x）=1-$\frac{2}{x}$，
由f′（x）＞0，得x＞2；
由f′（x）＜0，得0＜x＜2．
故f（x）的单调减区间为（0，2]，单调增区间为[2，+∞）；
（2）因为f（x）＜0在区间（0，$\frac{1}{2}$）上恒成立不可能，
故要使函数f（x）在（0，$\frac{1}{2}$）上无零点，
只要对任意的x∈（0，$\frac{1}{2}$），f（x）＞0恒成立，
即对x∈（0，$\frac{1}{2}$），a＞2-$\frac{2lnx}{x-1}$恒成立，
令l（x）=2-$\frac{2lnx}{x-1}$，x∈（0，$\frac{1}{2}$），则l（x）=$\frac{2lnx+\frac{2}{x}-2}{{（x-1）}^{2}}$，
再令m（x）=2lnx+$\frac{2}{x}$-2，x∈（0，$\frac{1}{2}$），
则m′（x）=-$\frac{2}{{x}^{2}}$+$\frac{2}{x}$=$\frac{-2（1-x）}{{x}^{2}}$＜0，故m（x）在（0，$\frac{1}{2}$）上为减函数，
于是m（x）＞m（$\frac{1}{2}$）=2-2ln2＞0，
从而，l（x）＞0，于是l（x）在（0，$\frac{1}{2}$）上为增函数，
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，+∞），
综上，若函数f（x）在（0，$\frac{1}{2}$）上无零点，则a的最小值为2-4ln2；
（3）g′（x）=e^1-x-xe^1-x=（1-x）e^1-x，
当x∈（0，1）时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增；
当x∈（1，e]时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减．
又因为g（0）=0，g（1）=1，g（e）=e•e^1-e＞0，
所以，函数g（x）在（0，e]上的值域为（0，1]．
当a=2时，不合题意；
当a≠2时，f′（x）=2-a-$\frac{2}{x}$=$\frac{（2-a）（x-\frac{2}{2-a}）}{x}$，x∈（0，e]
当x=$\frac{2}{2-a}$时，f′（x）=0．
由题意得，f（x）在（0，e]上不单调，故0＜$\frac{2}{2-a}$＜e，即a＜2-$\frac{2}{e}$①
此时，当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下：

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

又因为，当x→0时，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，对任意给定的x₀∈（0，e]，在（0，e]上总存在两个不同的x_i（i=1，2），
使得f（x_i）=g（x₀）成立，当且仅当a满足下列条件：
$\left\{\begin{array}{l}{f（\frac{2}{2-a}）≤0}\\{f（e）≥1}\end{array}\right.$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-$\frac{2}{e}$），
则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，
故当a∈（-∞，0）时，h′（a）＞0，函数h（a）单调递增；
当a∈（0，2-$\frac{2}{e}$）时，h′（a）＜0，函数h（a）单调递减．
所以，对任意a∈（-∞，2-$\frac{2}{e}$），有h（a）≤h（0）=0，
即②对任意a∈（-∞，2-$\frac{2}{e}$）恒成立．
由③式解得：a≤2-$\frac{3}{e-1}$，④
综合①④可知，当a∈（-∞，2-$\frac{3}{e-1}$]时，对任意给定的x₀∈（0，e]，
在（0，e]上总存在两个不同的x_i（i=1，2），
使f（x_i）=g（x₀）成立．

点评 此题考查学生会利用导函数的正负确定函数的单调性，会根据函数的增减性求出闭区间上函数的最值，掌握不等式恒成立时所满足的条件，是一道压轴题．