Question

設f（x）=px-

p

x

-2lnx．
（Ⅰ）若f（x）在其定義域內為單調遞增函數(shù)，求實數(shù)p的取值范圍；
（Ⅱ）設g（x）=

2e

x

，且p＞0，若在[1，e]上至少存在一點x₀，使得f（x₀）＞g（x₀）成立，求實數(shù)p的取值范圍．

Answer 1

分析：（I）由 f（x）=px-

p

x

-2lnx，得f′(x)=p+ 

p

x2

-

2

x

=

px2-2x+p

x2

．由px²-2x+p≥0在（0，+∞）內恒成立，能求出P的范圍．
（II）法1：g（x）=

2e

x

在[1，e]上是減函數(shù)，所以g（x）∈[2，2e]．原命題等價于[f（x）]_max＞[g（x）]_min=2，x∈[1，e]，由[f(x) ]max=f(e)=p(e- 

1

e

) -2lne＞2，解得p＞

4e

e2-1

，由此能求出p的取值范圍．
法2：原命題等價于f（x）-g（x）＞0在[1，e）上有解，設F（x）=f（x）-g（x）=px-

p

x

-2lnx-

2e

x

，由F′(x)=p+ 

p

x2

- 

2

x

+

2e

x2

=

px2+p+2(e-x)

x2

＞0，知F（x）是增函數(shù)，由[F（x）]max=F（e）＞0，能求出p的取值范圍．

解答：解：（I）由 f（x）=px-

p

x

-2lnx，
得f′(x)=p+ 

p

x2

-

2

x

=

px2-2x+p

x2

．…（3分）
要使f（x）在其定義域（0，+∞）內為單調增函數(shù)，只需f′（x）≥0，
即px²-2x+p≥0在（0，+∞）內恒成立，…（5分）
從而P≥1．…（7分）
（II）解法1：g（x）=

2e

x

在[1，e]上是減函數(shù)，
所以[g（x）]_min=g（e）=2，[g（x）]_max=g（1）=2e，即g（x）∈[2，2e]．
當0＜p＜1時，由x∈[1，e]，得x-

1

x

≥ 0，
故f(x)=p(x-

1

x

)-2lnx＜x-

1

x

-2lnx＜2，不合題意．…（10分）
當P≥1時，由（I）知f（x）在[1，e]連續(xù)遞增，f（1）=0＜2，又g（x）在[1，e]上是減函數(shù)，
∴原命題等價于[f（x）]_max＞[g（x）]_min=2，x∈[1，e]，…（12分）
由[f(x) ]max=f(e)=p(e- 

1

e

) -2lne＞2，解得p＞

4e

e2-1

，
綜上，p的取值范圍是（

4e

e2-1

，+∞）．…（15分）
解法2：原命題等價于f（x）-g（x）＞0在[1，e）上有解，
設F（x）=f（x）-g（x）=px-

p

x

-2lnx-

2e

x

，
∵F′(x)=p+ 

p

x2

- 

2

x

+

2e

x2

=

px2+p+2(e-x)

x2

＞0，
∴F（x）是增函數(shù)，…（10分）
∴[F（x）]max=F（e）＞0，解得p＞

4e

e2-1

，
∴p的取值范圍是（

4e

e2-1

，+∞）．…（15分）

點評：本題考查得用導數(shù)求函數(shù)最值的應用，考查運算求解能力，推理論證能力；考查化歸與轉化思想．對數(shù)學思維的要求比較高，有一定的探索性．綜合性強，難度大，是高考的重點．解題時要認真審題，仔細解答．