（2014•太原一模）已知函数f（x）=（2-a）x-2（1+lnx）+a，g（x）=exex．（1）若函数f（x）在区间（0，12）无零点，求实数a的最小值；（2）若对任意给定的x0∈（0，e]，在（0，e]上方程f（x）=g

Question

（2014•太原一模）已知函数f（x）=（2-a）x-2（1+lnx）+a，g（x）=(ex)/(ex)．
（1）若函数f（x）在区间（0，(1)/(2)）无零点，求实数a的最小值；
（2）若对任意给定的x₀∈（0，e]，在（0，e]上方程f（x）=g（x₀）总存在两个不等的实根，求实数a的取值范围．

Answer 1

f（x）=（2-a）（x-1）-2lnx
（1）令m（x）=（2-a）（x-1），x＞0；h（x）=2lnx，x＞0，则f（x）=m（x）-h（x），
①当a＜2时，m（x）在（0.(1)/(2)）上为增函数，h（x）在（0，(1)/(2)）上为增函数，
结合图象可知，若f（x）在（0，(1)/(2)）无零点，则m（(1)/(2)）≥h（(1)/(2)），
即（2-a）×（(1)/(2)-1）≥2ln(1)/(2)，∴a≥2-4ln2，
∴2-4ln2≤a＜2．
②当a≥2时，在（0，(1)/(2)）上，m（x）≥0，h（x）＜0，
∴f（x）＞0，
∴f（x）在（0，(1)/(2)）上无零点．
由①②得a≥2-4ln2．
∴a_min=2-4ln2；
（2）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^2-e＞0，
所以，函数g（x）在（0，e]上的值域为（0，1]．
∵f（x）=（2-a）（x-1）-2lnx，∴f′（x）=2-a-(2)/(x)=((2−a)x−2)/(x)．
①当a≥2时，f′（x）＜0，∴f（x）在（0，e]单调递减，且f（1）=0，不符合题意，
②当a＜2时，令f′（x）=0，x=(2)/(2−a)，
i）当(2)/(2−a)≥e时，即当2-(2)/(e)≤a＜2时，f′（x）＜0，不符合题意．
ii）(2)/(2−a)＜e时，即当a＜2-(2)/(e)时，令f′（x）＞0，则(2)/(2−a)＜x＜e；
令f′（x）＜0时，则0＜x＜(2)/(2−a)，
又∵当x∈（0，(2)/(2−a)）∩（0，e(a−3)/(2)）时，f（x）=（2-a）（x-1）-2lnx＞a-2-2lne (a−3)/(2)=1，
∴要使f（x）=g（x₀）在（0，e]上总存在两个不相等的实根，
需使

作业帮用户 2017-09-20 举报

问题解析

（1）将f（x）的表达式重新组合，即f（x）=（2-a）（x-1）-2lnx，分别研究函数m（x）=（2-a）（x-1），h（x）=2lnx，x＞0，讨论当a＜2时和当a≥2时的情况．
（2）求出g′（x），根据导函数的正负得到函数的单调区间，即可求出g（x）的值域；对于f（x），讨论当a＜2时和当a≥2时的情况，只有当f（x）在（0，e]上不单调的情况才可能满足题意，结合着g（x）的值域，和数形结合，要使在（0，e]上方程f（x）=g（x₀）总存在两个不等的实根，只需满足

f((2)/(2−a))≤0

f(e)≥1

，即

(1)/(2)a+ln(2−a)−ln2≤0

a≤2−(3)/(e−1)

，进一步通过求导的方法证明当a≤2-(3)/(e−1)时，(1)/(2)a+ln（2-a）-ln2≤0恒成立，从而确定a的取值范围．

名师点评

本题考点：

利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．

考点点评：

本题难度较大，较灵活，第一问是将原函数分成两个函数的差，再进一步通过数形结合进行谈论研究，学生也可以直接用求导的方式讨论研究．第二问中需要多次分类讨论和数形结合的思想给出思路的方向，并利用求导的方法进行验证研究，对于学生来说是一个难题．

扫描下载二维码

©2019 作业帮 联系方式：[e-mail]  作业帮协议