Question

已知函数f（x）=（2-a）（x-1）-2lnx，g（x）=xe1-x（a∈R，e为自然对数的底）．（1）当a=1时，求f（x）

已知函数f（x）=（2-a）（x-1）-2lnx，g（x）=xe1-x（a∈R，e为自然对数的底）．（1）当a=1时，求f（x）的单调区间；（2）若对任意的x0∈（0，e]，在（0，e]上存在两个不同的xi（i=1，2），使得f（xi）=g（x0）成立，求a的取值范围．

Answer 1

（1）当a=1时，f（x）=x-1-2lnx，f′（x）=1-

2

x

=

x?2

x

．
由f′（x）＜0，解得0＜x＜2；由f′（x）＞0，解得2＜x．
∴函数f（x）的单调递增区间为（2，+∞）；单调递减区间为（0，2）．
（2）g′（x）=（1-x）e^1-x，
当0＜x＜1时，g′（x）＞0，此时函数g（x）单调递增；当1＜x时，g′（x）＜0，此时函数g（x）单调递减．
∵g（0）=0，g（1）=1，1＞g（e）=e?e^1-e=e^2-e＞0，
∴函数g（x）在（0，e]上的值域为（0，1]．
当a=2时，不适合题意；
当a≠2时，f′（x）=

(2?a)(x? 2 2?a )

x

，x∈（0，e]．
∵在（0，e]上存在两个不同的x_i（i=1，2），使得f（x_i）=g（x₀）成立，
∴函数f（x）在（0，e]上不单调，∴0＜

2

2?a

＜e．
∴a＜2?

2

e

①，此时，当x变化时，列表如下：

x	(0， 2 2?a )	2 2?a	( 2 2?a ，e]
f′（x）	-	0	+
f（x）	单调递减	极小值	单调递增

∵x→0时，f（x）→+∞，f(

2

2?a

)＝a?2ln(

2

2?a

)，f（e）=（2-a）（e-1）-2．
由于对任意的x₀∈（0，e]，在（0，e]上存在两个不同的x_i（i=1，2），使得f（x_i）=g（x₀）成立，
当且仅当满足：f(

2

2?a

)≤0②，f（e）≥1③．
令h（a）=a-2ln(

2

2?a

)，a∈(?∞，2?

2

e

)，h′（a）=

a

a?2

．
令h′（a）=0，解得a=0．
当a∈（-∞，0）时，h′（a）＞0，函数h（a）为增函数；
当a∈(0，2?

2

e

)时，h′（a）＜0，函数h（a）为减函数．
∴当a=0时，函数h（a）取得极大值即最大值，h（0）=0．即②式在a∈(?∞，2?

2

e

)恒成立．
由③式解得a≤2?

3

e?1

，④．
由①④可得：当a∈(?∞，2?

3

e?1

]时，对任意的x₀∈（0，e]，在（0，e]上存在两个不同的
x_i（i=1，2），使得f（x_i）=g（x₀）成立．