Question

（2010•武昌區(qū)模擬）設(shè)函數(shù)f(x)=px-

q

x

-2lnx，且f(e)=qe-

p

e

-2，其中p≥0，e是自然對數(shù)的底數(shù)．
（1）求p與q的關(guān)系；
（2）若f（x）在其定義域內(nèi)為單調(diào)函數(shù)，求p的取值范圍．
（3）設(shè)g(x)=

2e

x

．若存在x₀∈[1，e]，使得f（x₀）＞g（x₀）成立，求實數(shù)p的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）根據(jù)函數(shù)f(x)=px-

q

x

-2lnx，且f(e)=qe-

p

e

-2，可得（p-q）（e+

1

e

）=0，從而可求p與q的關(guān)系；
（2）求導(dǎo)函數(shù)，再進行分類討論：當(dāng)p=0時，f（x）在其定義域（0，+∞）內(nèi)為單調(diào)減函數(shù)；當(dāng)p＞0時，要使f（x）在其定義域（0，+∞）內(nèi)為單調(diào)函數(shù)，只需h（x）在（0，+∞）內(nèi)滿足h（x）≥0恒成立，從而可求p的取值范圍；（3）確定g(x)=

2e

x

在[1，e]上的最值，再分類討論：①當(dāng)p=0時，f（x）_min=f（1）=0，不合題意；②當(dāng)p≥1時，只需f（x）_max＞g（x）_min（x∈[1，e]）；③當(dāng)0＜p＜1時，不合題意，從而可求實數(shù)p的取值范圍是．

解答：解：（1）由題意，∵函數(shù)f(x)=px-

q

x

-2lnx，且f(e)=qe-

p

e

-2，∴（p-q）（e+

1

e

）=0
∵e+

1

e

≠0，∴p-q=0，∴p=q
（2）由（1）知，f(x)=px-

p

x

-2lnx，求導(dǎo)函數(shù)，可得f′（x）=

px2-2x+p

x2

當(dāng)p=0時，f′（x）=-

2

x

＜0，所以f（x）在其定義域（0，+∞）內(nèi)為單調(diào)減函數(shù)
當(dāng)p＞0時，要使f（x）在其定義域（0，+∞）內(nèi)為單調(diào)函數(shù)，由于h（x）=px²-2x+p圖象為開口向上的拋物線，所以只需h（x）在（0，+∞）內(nèi)滿足h（x）≥0恒成立
函數(shù)h（x）=px²-2x+p的對稱軸為x=

1

p

∈(0，+∞)，∴h(x)min=p-

1

p

∴只需p-

1

p

≥0，∵p＞0，∴p≥1
綜上所述，p的取值范圍為{0}∪[1，+∞）
（3）∵g(x)=

2e

x

在[1，e]上是減函數(shù)，
∴x=e時，g（x）_min=2；x=1時，g（x）_max=2e，即g（x）∈[2，2e]
①當(dāng)p=0時，由（2）知f（x）在[1，e]上是減函數(shù)，∴f（x）_min=f（1）=0，不合題意；
②當(dāng)p≥1時，由（2）知f（x）在[1，e]上是增函數(shù)，f（1）=0＜2，
又g(x)=

2e

x

在[1，e]上是減函數(shù)，故只需f（x）_max＞g（x）_min（x∈[1，e]），
∵f（x）_max=f（e）=p（e-

1

e

）-2，g（x）_min=2，
∴p（e-

1

e

）-2＞2，∴p＞

4e

e2-1

；
③當(dāng)0＜p＜1時，由x∈[1，e]，x-

1

x

≥0，
由（2）知當(dāng)p=1時，f（x）在[1，e]上是增函數(shù)，f(x)=p(x-

1

x

)-2lnx≤x-

1

x

-2lnx≤e-

1

e

-2＜2，不合題意
綜上，實數(shù)p的取值范圍是(

4e

e2-1

，+∞)．

點評：本題考查導(dǎo)數(shù)知識的運用，考查函數(shù)的單調(diào)性，考查存在性問題，考查分類討論的數(shù)學(xué)思想，考查學(xué)生分析解決問題的能力，綜合性強．