Question

已知函數(shù)f（x）=（2-a）（x-1）-2lnx．（a為常數(shù)）
（1）當(dāng)a=0時(shí)，①求f（x）的單調(diào)增區(qū)間；②試比較f（m）與f（

1

m

）的大�。�
（2）g（x）=e^x-x+1，若對(duì)任意給定的x₀∈（0，1]，在（0，e]上總存在兩個(gè)不同的x_i（i=1，2），使得f（x_i）=g（x₀）成立，求a的取值范圍．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,函數(shù)零點(diǎn)的判定定理

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用函數(shù)單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)之間的關(guān)系即可求出f（x）的單調(diào)增區(qū)間；
（2）求函數(shù)的最值，可以方程相等轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值之間的關(guān)系即可得到結(jié)論．

解答： 解：（1）當(dāng)a=0時(shí)，①f（x）=2x-2-2lnx（x＞0），
則f′(x)=2-

2

x

．x∈（1，+∞）時(shí)f′（x）＞0，f（x）的增區(qū)間（1，+∞）
②f（m）=2m-2-2lnmf(

1

m

)=

2

m

-2-2ln

1

m

=

2

m

-2+2lnm
記h(m)=f(m)-f(

1

m

)=2m-

2

m

-4lnmh′(m)=2+

2

m2

-

4

m

=

2m2-4m+2

m2

=

2(m-1)2

m2

≥0，
∴h（m）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，又h（1）=0，
∴（0，1）時(shí)，h（m）＜0，（1，+∞）時(shí)，h（m）＞0，
∴m∈（0，1）f(m)＜f(

1

m

)；m∈（1，+∞）f(m)＞f(

1

m

)；m=1時(shí)，f(m)=f(

1

m

)
（2）∵g′（x）=e^x-1，當(dāng)x∈（0，1]，g′（x）＞0，
∴函數(shù)g（x）在區(qū)間（0，1]上是增函數(shù)．∴g（x）∈（2，e]
當(dāng)a=2時(shí)，f（x）=-2lnx，不符題意當(dāng)a≠2時(shí)，f′(x)═2-a-

2

x

=

(2-a)x-2

x

，
由題意有f（x）在（0，e]上不單調(diào)0＜

2

2-a

＜e，
∴a＜2-

2

e

①(0，

2

2-a

)，f′(x)＜0，(

2

2-a

，e]，f′(x)＞0，
∴f（x）先減后增，即

f( 2 2-a )≤2 f(e)≥e

，
即a-2ln

2

2-a

≤2
②（2-a）（e-1）-2≥e
③令h(a)=a-2ln

2

2-a

，a∈(-∞，2-

2

e

)
令

2

2-a

=t，t∈（0，e），
∴h(a)=r(t)=2-

2

t

-2lnt，r′(t)=

2

t2

-

2

t

=

2(1-t)

t2

，
∴t∈（0，1），r（t）單調(diào)遞增；t∈（1，+∞），r（t）單調(diào)遞減，
∴r（t）≤r（1）=0≤2
即對(duì)任意的a∈(-∞，2-

2

e

)，h（a）≤2
由③得a≤

4-e

1-e

④，由①③當(dāng)a∈(-∞，

4-e

1-e

]時(shí)，在（0，e]上總存在兩個(gè)不同的x_i（i=1，2），使得f（x_i）=g（x₀）成立．

點(diǎn)評(píng)：本題考查導(dǎo)數(shù)知識(shí)的運(yùn)用，考查函數(shù)的單調(diào)性，考查存在性問題，確定函數(shù)的最大值是關(guān)鍵．綜合性較強(qiáng)，運(yùn)算量較大．