Question

设f（x）=px-

q

x

-2ln x，且f（e）=qe-

p

e

-2（e为自然对数的底数）
（1）求p与q的关系；
（2）若f（x）在其定义域内为单调函数，求p的取值范围；
（3）设g（x）=

2e

x

，若在[1，e]上至少存在一点x₀，使得f（x₀）＞g（x₀） 成立，求p的取值范围．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用,利用导数研究函数的单调性

专题：导数的综合应用

分析：（1）求出f′（x），由待定系数法求出p与q的关系；
（2）求出f′（x），由f（x）在其定义域内为单调函数，求出f′（x）≥0，或f′（x）≤0，恒成立，所以对p进行讨论，求出p的取值范围；
（3）在[1，e]上至少存在一点x₀，使得f（x₀）＞g（x₀） 成立?f（x）_max＞g（x）_min，求出p的取值范围．

解答： 解：（1）由题意得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，定义域为（0，+∞），
f′(x)=p+

p

x2

-

2

x

=

px2-2x+p

x2

，
令h（x）=px²-2x+p，要使f（x）在其定义域（0，+∞）内为单调函数，只需 h（x）在（0，+∞）内满足：h（x）≥0 或 h（x）≤0 恒成立．
①当 p=0时，h（x）=-2x，∵x＞0，∴h（x）＜0，∴f′（x）=-

2x

x2

＜0，
∴f（x）在（0，+∞）内为单调递减，故 p=0适合题意．
②当 p＞0时，h（x）=px²-2x+p，其图象为开口向上的抛物线，对称轴为 x=

1

p

∈（0，+∞），∴h（x）_min=p-

1

p

只需 p-

1

p

≥1，即 p≥1 时 h（x）≥0，f’（x）≥0，∴f （x） 在 （0，+∞） 内为单调递增，
故 p≥1适合题意．
③当 p＜0时，h（x）=px²-2x+p，其图象为开口向下的抛物线，对称轴为 x=

1

p

∉（0，+∞）
只需 h（0）≤0，即 p≤0时 h（x）≤0在（0，+∞）恒成立．
故p＜0适合题意．
综上可得，p≥1或 p≤0．
（3）∵g（x）=

2e

x

在[1，e]上是减函数，∴x=e 时，g（x）_min=2，x=1 时，g（x）_max=2e
即g（x）∈[2，2e]
①p≤0 时，由（2）知 f（x）在[1，e]递减⇒f（x）_max=f（1）=0＜2，不合题意．
②0＜p＜1 时，由x∈[1，e]⇒x-

1

x

≥0
∴f（x）=p（x-

1

x

）-2ln x≤x-

1

x

-2ln x
右边为 f（x），当p=1 时的表达式，故在[1，e]递增
∴f（x）≤x-

1

x

-2lnx≤e-

1

e

-2lne=e-

1

e

-2＜2，不合题意．
③p≥1时，由（II）知 f（x）在[1，e]连续递增，f（1）=0＜2，又g（x）在[1，e]上是减函数
∴本命题?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

综上，p 的取值范围是（

4e

e2-1

，+∞）．

点评：本题考查了导数在求单调区间方面的应用，运用了等价转化，分类讨论思想，恒成立问题．有一定的难度．