Question

已知函數f（x）=λ（x-1）-2lnx，g（x）=

1

e

x，（λ∈R，e為自然對數的底數）
（Ⅰ）當λ=1時，求函數f（x）的單調區(qū)間
（Ⅱ）函數f（x）在區(qū)間（e，+∞）上恒為正數，求λ的最小值
（Ⅲ）若對任意給定的x₀∈（0，e]在（0，e]上總存在量不同的x_i（i=1，2），使得f（x_i）=g（x₀）成立，求λ的取值范圍．

Answer 1

考點：利用導數研究函數的單調性,函數恒成立問題

專題：導數的綜合應用

分析：（Ⅰ）把λ=1代入函數的表達式，求出函數的導數，從而求出函數的單調區(qū)間；
（Ⅱ）將問題轉化為λ＞

2lnx

x-1

在（e，+∞）恒成立，令h（x）=

2lnx

x-1

，通過求導得到h（x）的最小值，從而求出λ的最小值；
（Ⅲ）通過討論λ，結合函數的單調性，從而求出λ的范圍．

解答： 解：（Ⅰ）∵函數f（x）的定義域是（0，+∞），
當λ=1時，f（x）=x-1-2lnx，f′（x）=1-

2

x

，
由f′（x）＞0，解得：x＞2，由f′（x）＜0，解得：0＜x＜2，
∴f（x）在（0，2）遞減，在（2，+∞）遞增；
（Ⅱ）f（x）＞0在（e，+∞）恒成立?λ＞

2lnx

x-1

在（e，+∞）恒成立，
令h（x）=

2lnx

x-1

，x∈（e，+∞），則h′（x）=2•

(1-lnx)- 1 x

(x-1)2

＜0，
于是h（x）在（e，+∞）遞減，又在x=e處連續(xù)，
故在（e，+∞）上，h（x）＜h（e）=

2

e-1

，
從而要使λ＞

2lnx

x-1

對任意的x∈（e，+∞）恒成立，
只要λ≥

2

e-1

，故λ的最小值是

2

e-1

；
（Ⅲ）一次函數g（x）=

1

e

x在R上遞增，故g（x）在（0，e]上的值域是（0，1]，
當λ=0時，f（x）=-2lnx，單調遞減，不合題意，
當λ≠0時，f（x）=

λ(x- 2 λ )

x

，x∈（0，e]，
要使f（x）在（0，e]不單調，只需0＜

2

λ

＜e，此時λ＞

2

e

①，
故f（x）在（0，

2

λ

）遞減，在（

2

λ

，e]遞增，
∴f（x）_min=f（

2

λ

）=2lnλ-λ+2-2ln2，f（e）=λ（e-1）-2，
∴對任意給定的x₀∈（0，e]，在區(qū)間（0，e]上總存在不同的兩個x_i（i=1，2），使得f（x_i）=g（x₀）成立，
當且僅當滿足下列條件

f( 2 λ )≤0 f(e)≥0

即

2lnλ-λ+2-2ln2≤0 λ(e-1)-2≥1

，
令h（λ）=2lnλ-λ+2-2ln2，h′（λ）=

2-λ

λ

，
當λ∈（

2

e

，2）時，h′（λ）＞0，h（λ）遞增，當λ∈（2，+∞）時，h′（λ）＜0，h（λ）遞減，
∴當λ∈（

2

e

，+∞）時，有h（λ）≤h（2）=0，即h（λ）對任意λ∈（

2

e

，+∞）恒成立，
又由λ（e-1）-2≥1，解得：λ≥

3

e-1

②，
綜上得：當λ≥

3

e-1

時，對任意給定的x₀∈（0，e]在（0，e]上總存在量不同的x_i（i=1，2），使得f（x_i）=g（x₀）成立．

點評：本題考查了函數的單調性問題，考查了函數的最值問題，考查了導數的應用，考查了函數恒成立問題，是一道綜合題．