Question

函数f（x）=（2-a）（x-1）-2lnx，g（x）=xe^1-x（a∈R，e为自然数的底数）
（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；
（II） 若对任意给定的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，求a的取值范围．

Answer 1

分析：（1）求出函数f（x）的导函数f^′（x），由f^′（x）的正负判断函数的单调性；
（2）求出函数g（x）的导函数g^′（x），由g^′（x）的正负判断函数的单调性并求出函数g（x）在（0，e]上的值域；当x=

2

2-a

 时，f^′（x）=0，故由题意得，0＜

2

2-a

＜e，即a＜2-

2

e

 ①，讨论在（0，e]上的单调性，研究f（x）的最值，当且仅当a满足下列条件：

f( 2 2-a )≤0             ② f(e)≥1                  ③

，由③式得a≤2-

3

e-1

  ④．综合①④可知，当a∈(-∞，2-

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），使得f（x_i）=g（x₀）成立．

解答：解：（1）函数的定义域为（0，+∞）
f′(x)=2-a-

2

x

=

(2-a)x-2

x

（x＞0）
当a=2时，f^′（x）＜0，则函数f（x）在（0，+∞）上为减函数；
当a＞2时，f′(x)=-

(a-2)x+2

x

＜0，则函数f（x）在（0，+∞）上为减函数；
当a＜2时，f′(x)=

(2-a)(x- 2 2-a )

x

，故当x∈(0，

2

2-a

)时，f^′（x）＜0，此时f（x）为减函数；当x∈(

2

2-a

，+∞)时，f^′（x）＞0f（x）为增函数．
综上，当a≥2时，f（x）在（0，+∞）上是减函数；当a＜2时，f（x）在(0，

2

2-a

)上是减函数，在(

2

2-a

，+∞)上是增函数．
（2）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]
f′(x)=2-a-

2

x

=

(2-a)x-2

x

=

(2-a)(x- 2 2-a )

x

，x∈（0，e]
当x=

2

2-a

 时，f^′（x）=0
故由题意得，f（x）在（0，e]上不单调．
∴0＜

2

2-a

＜e，即a＜2-

2

e

      ①
故当x∈(0，

2

2-a

)时，f^′（x）＜0，f（x）为减函数；当x∈(

2

2-a

，e]时，f^′（x）＞0，f（x）为增函数．
∴当x=

2

2-a

 时，函数f（x）取到极小值，也是最小值f(

2

2-a

)=a-2ln

2

2-a

，f（e）=（2-a）（e-1）-2
∴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：

f( 2 2-a )≤0             ② f(e)≥1                  ③

，
即

a-2ln 2 2-a ≤0          ② (2-a)(e-1)-2≥1     ③

令h(a)=a-2ln

2

2-a

，a∈(-∞，2-

2

e

)
则h′(a)=1-

2

2-a

=

a

a-2

，令h^′（a）=0，解得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-

2

e

)时，h^′（a）＜0，函数h（a）单调递减．
∴对于任意的a∈(-∞，2-

2

e

)，有h（a）≤h（0）=0，即②对于任意的a∈(-∞，2-

2

e

)恒成立．
由③解得a≤2-

3

e-1

  ④
综合①④可知，当a∈(-∞，2-

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），使得f（x_i）=g（x₀）成立．
故a的范围是(-∞，2-

3

e-1

]

点评：本题主要考查了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，能够判断不等式恒成立时所满足的条件．