Question

已知函數f（x）=（2-a）（x-1）-2lnx．（a為常數）
（1）當a=0時，①求f（x）的單調增區間；②試比較f（m）與f（

1

m

）的大小；
（2）g（x）=e^x-x+1，若對任意給定的x₀∈（0，1]，在（0，e]上總存在兩個不同的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：利用導數研究函數的單調性,函數零點的判定定理

專題：導數的綜合應用

分析：（1）求函數的導數，利用函數單調性和導數之間的關系即可求出f（x）的單調增區間；
（2）求函數的最值，可以方程相等轉化為函數最值之間的關系即可得到結論．

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

2

x

．x∈（1，+∞）時f′（x）＞0，f（x）的增區間（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，+∞）上單調遞增，又h（1）=0，
∴（0，1）時，h（m）＜0，（1，+∞）時，h（m）＞0，
∴m∈（0，1）f(m)＜f(

1

m

)；m∈（1，+∞）f(m)＞f(

1

m

)；m=1時，f(m)=f(

1

m

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

2

x

=

(2-a)x-2

x

，
由題意有f（x）在（0，e]上不單調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）單調遞增；t∈（1，+∞），r（t）單調遞減，
∴r（t）≤r（1）=0≤2
即對任意的a∈(-∞，2-

2

e

)，h（a）≤2
由③得a≤

4-e

1-e

④，由①③當a∈(-∞，

4-e

1-e

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

點評：本題考查導數知識的運用，考查函數的單調性，考查存在性問題，確定函數的最大值是關鍵．綜合性較強，運算量較大．