Question

已知函數(shù)f（x）=（2-a）（x-1）-2lnx，g（x）=e^x-x-b．（a為常數(shù)，e為自然對(duì)數(shù)的底，e≈2.71828）
（Ⅰ）當(dāng)a=1時(shí)，①求f（x）的單調(diào)區(qū)間；②若對(duì)任意的X₁∈R^*，存在x₂∈R，使f（x₁）≥g（x₂），求實(shí)數(shù)b的取值范圍；
（Ⅱ）若函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，

1

2

）上無(wú)零點(diǎn)，求a的最小值．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：轉(zhuǎn)化思想,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）①求出a=1時(shí)f（x）的導(dǎo)數(shù)，分別令它大于0、小于0，求出單調(diào)區(qū)間；②分別求出f（x），g（x）在定義域內(nèi)的最小值，由題意知：只要f（x）_min≥g（x）_min，即可求出b的取值范圍；
（2）函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，

1

2

）上無(wú)零點(diǎn)等價(jià)于對(duì)?x∈(0，

1

2

)，f（x）＞0恒成立，利用參數(shù)分離將a分離得：a＞2-

2lnx

x-1

，對(duì)右邊兩次求導(dǎo)，得到右邊函數(shù)在（0，

1

2

）上的單調(diào)性，從而得到右邊的最大值，只要a大于等于它即可．

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

2

x

，
令f′（x）＞0得x＞2，令f′（x）＜0得0＜x＜2，
故f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（0，2），單調(diào)遞增區(qū)間為（2，+∞）；
②g（x）=e^x-x-b 則g′（x）=e^x-1，
當(dāng)x＞0時(shí)，g′（x）＞0，即g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
當(dāng)x＜0時(shí)，g′（x）＜0，即g（x）在（-∞，0）上單調(diào)遞減，
則g（x）_min=g（0）=1-b；由①易知函數(shù)f（x）_min=1-2ln2，
若對(duì)任意的x1∈R+，存在x₂∈R，使f（x₁）≥g（x₂），
只需f（x）_min≥g（x）_min，即1-2ln2≥1-b，所以b≥2ln2；
（Ⅱ）∵函數(shù)f（x）＜0在區(qū)間(0，

1

2

)上不可能恒成立，
故要使函數(shù)f（x）在區(qū)間(0，

1

2

)上無(wú)零點(diǎn)，只要對(duì)?x∈(0，

1

2

)，f（x）＞0恒成立．
即對(duì)?x∈(0，

1

2

)，a＞2-

2lnx

x-1

恒成立，
令l(x)=2-

2lnx

x-1

（x∈(0，

1

2

)）則l′(x)=

- 2 x (x-1)+2lnx

(x-1)2

=

2lnx+ 2 x -2

(x-1)2

，
再令m(x)=2lnx+

2

x

-2，則m′(x)=

2

x

-

2

x2

=

-2(1-x)

x2

，
∵x∈(0，

1

2

)，∴m′（x）＜0，
故函數(shù)m（x）在區(qū)間(0，

1

2

)上單調(diào)遞減，
∴m(x)＞m(

1

2

)=2-2ln2＞0，
即l′（x）＞0，∴函數(shù)l（x）在區(qū)間(0，

1

2

)上單調(diào)遞增，
∴l(x)＜l(

1

2

)=2-4ln2，
故只要a≥2-4ln2，函數(shù)f（x）在區(qū)間(0，

1

2

)上無(wú)零點(diǎn)，
∴a_min=2-4ln2．

點(diǎn)評(píng)：本題是導(dǎo)數(shù)在函數(shù)中的綜合應(yīng)用：求單調(diào)區(qū)間，求極值，求最值，注意轉(zhuǎn)化思想在解題中的運(yùn)用，注意分離參數(shù)法的運(yùn)用，轉(zhuǎn)化為求函數(shù)最值問題，同時(shí)注意二次求導(dǎo)在解題中的運(yùn)用，以及對(duì)“任意”與“存在”詞語(yǔ)的理解．