Question

设函数f（x）=px-

p

x

-2lnx
（Ⅰ）若函数f（x）在其定义域内为单调函数，求实数p的取值范围；
（Ⅱ）设g（x）=

2e

x

，若存在x₀∈[1，e]，使得f（x₀）＞g（x₀）成立，求实数p的取值范围．

Answer 1

分析：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（0，+∞），求导函数，可得f′（x）=

px2-2x+p

x2

，令h（x）=px²-2x+p，要使f（x）在其定义域（0，+∞）内为单调函数，只需h（x）在（0，+∞）内满足h（x）≥0恒成立．进行分类讨论：当p=0时，f（x）在其定义域（0，+∞）内为单调减函数；当p＞0时，要使f（x）在其定义域（0，+∞）内为单调函数，只需h（x）在（0，+∞）内满足h（x）≥0恒成立，从而可求p的取值范围；p＜0时，f（x）在（0，+∞）内为单调减函数；
（Ⅱ）确定g(x)=

2e

x

在[1，e]上的最值，再分类讨论：（1）当p≤0时，f（x）_min=f（1）=0，不合题意；（1）当0＜p＜1时，不合题意；（3）当p≥1时，只需f（x）_max＞g（x）_min（x∈[1，e]），从而可求实数p的取值范围．

解答：解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（0，+∞），求导函数，可得f′（x）=

px2-2x+p

x2

令h（x）=px²-2x+p，要使f（x）在其定义域（0，+∞）内为单调函数，只需h（x）在（0，+∞）内满足h（x）≥0恒成立．
（1）当p=0时，h（x）=-2x＜0，
∴f′（x）＜0，
∴f（x）在（0，+∞），内为单调减函数，故p=0符合条件．…（3分）
（2）当p＞0时，函数h（x）=px²-2x+p的对称轴为x=

1

p

∈(0，+∞)，∴h(x)min=p-

1

p

．
只需p-

1

p

≥0，∵p＞0，∴p≥1．…（5分）
（3）当p＜0时，h（x）_max=h（0）=p．只需p≤0，此时f′（x）≤0．
∴f（x）在（0，+∞）内为单调减函数，故p＜0符合条件．
综上可得，p≥1或p≤0为所求．…（6分）
（Ⅱ）∵g(x)=

2e

x

在[1，e]上是减函数，
∴x=e时，g（x）_min=2；x=1时，g（x）_max=2e，即g（x）∈[2，2e]
（1）当p≤0时，由（Ⅰ）知，f（x）在[1，e]上递减，f（x）_max=f（1）=0＜2，不合题意．…（8分）
（2）当0＜p＜1时，由x∈[1，e]，x-

1

x

≥0，
由（2）知当p=1时，f（x）在[1，e]上是增函数，f(x)=p(x-

1

x

)-2lnx≤x-

1

x

-2lnx≤e-

1

e

-2＜2，不合题意
．…（10分）
（3）当p≥1时，由（2）知f（x）在[1，e]上是增函数，f（1）=0＜2，
又g(x)=

2e

x

在[1，e]上是减函数，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

．
综上，实数p的取值范围是(

4e

e2-1

，+∞)．…（12分）

点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查存在性问题，考查分类讨论的数学思想，考查学生分析解决问题的能力，综合性强．