Question

已知函数f（x）=（2-a）（x-1）-2lnx，g（x）=xe1-x．（a∈R，e为自然对数的底数）（Ⅰ）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为自然对数的底数）（Ⅰ）当a=1时，求f（x）的单调区间；（Ⅱ）若函数f(x)在(0，12)上无零点，求a的最小值；（Ⅲ）若对任意给定的x0∈（0，e]，在（0，e]上总存在两个不同的xi（i=1，2），使得f（xi）=g（x0）成立，求a的取值范围．

Answer 1

（I）当a＝1时，f(x)＝x?1?2lnx，则f′(x)＝1?

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，+∞）．
（II）因为f(x)＜0在区间(0，

1

2

)上恒成立不可能，
故要使函数f(x)在(0，

1

2

)上无零点，只要对任意的x∈(0，

1

2

)，f(x)＞0恒成立，
即对x∈(0，

1

2

)，a＞2?

2lnx

x?1

恒成立．
令l(x)＝2?

2lnx

x?1

，x∈(0，

1

2

)，
则l′（x）=

2lnx+ 2 x ?2

(x?1)2

，
再令m（x）=2lnx+

2

x

?2，x∈(0，

1

2

)，
则m′(x)＝

2

x

?

2

x2

=?

2(1?x)

x2

＜0，
故m（x）在(0，

1

2

)上为减函数，于是m（x）＞m(

1

2

)=2-2ln2＞0．
从而l′（x）＞0，于是l（x）在(0，

1

2

)上为增函数，
∴l（x）＜l(

1

2

)=2-4ln2，
故要使a＞2?

2lnx

x?1

在(0，

1

2

)上无零点，只要a∈[2-4ln2，+∞）．
综上，若函数f(x)在(0，

1

2

)上无零点，则a的最小值为2-4ln2．
（III）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?e1?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? 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. 由题意得，f(x)在(0，e]上不单调，

故0＜

2

2?a

＜e，即a＜2?

2

e

①
此时，当x变化时，f'（x），f（x）的变化情况如下：

	(0， 2 2?a )	2 2?a	( 2 2?a ，e]
f'（x）	-	0	+
f（x）	↘	最小值	↗

又因为，当x→0时，f(x)→+∞， f( 2 2?a )＝a?2ln 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xi(i＝1，2)， 使得f(xi)＝g(x0)成立，当且仅当a满足下列条件：

②③

f( 2 2?a )≤0 f(e)≥1

即

a?2ln 2 2?a ≤0 (2?a)(e?1)?2≥1.

令h(a)＝a?2ln 2 2?a ，a∈(?∞，2? 2 e )， 则h′(a)＝1?2[ln2?ln(2?a)]′＝1? 2 2?a ＝ 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? 2 e )时，h′(a)＜0，函数h(a)单调递减. 所以，对任意a∈(?∞，2? 2 e )，有h(a)≤h(0)＝0，

即②对任意a∈(?∞，2?

2

e

)恒成立．
由③式解得：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f（x_i）=g（x₀）成立．