Question

21．已知函數f（x）=px-

p

x

-2lnx，g（x）=

2e

x

，
（1）若p=2，求曲線f（x）在點（1，f（1））處的切線方程；
（2）若函數f（x）在其定義域內為增函數，求正實數p的取值范圍；
（3）若p²-p≥0，且至少存在一點x₀∈[1，e]使得f（x₀）＞g（x₀）成立，求實數p的取值范圍．

Answer 1

考點：利用導數求閉區(qū)間上函數的最值,利用導數研究函數的單調性,利用導數研究曲線上某點切線方程

專題：導數的綜合應用

分析：（1）p=2時，f（1）=2-2-2ln1=0，f′（x）=2+

2

x2

-

2

x

，由此能求出曲線f（x）在點（1，f（1））處的切線方程．
（2）f′(x)=p+

p

x2

-

2

x

=

px2-2x+p

x2

，且x＞0，令h（x）=px²-2x+p，要使函數f（x）在其定義域內為增函數，只需h（x）≥0，由此能求出正實數p的取值范圍．
（3）g（x）=

2e

x

在[1，e）上是減函數，g（x）∈[2，2e]，當p≤0時，f（x）_max=f（1）=0＜2，不合題意；當p≥1時，只需f（x）_max＞g（x）_min，x∈[1，e]，由此能求出實數p的取值范圍．

解答： 解：（1）p=2時，f（x）=2x-

2

x

-2lnx，f（1）=2-2-2ln1=0，
f′（x）=2+

2

x2

-

2

x

，k=f′（1）=2+2-2=2，
∴曲線f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為：
y-0=2（x-1），即y=2x-2．
（2）f′(x)=p+

p

x2

-

2

x

=

px2-2x+p

x2

，且x＞0，
令h（x）=px²-2x+p，
要使函數f（x）在其定義域內為增函數，只需h（x）≥0，
即h（x）=px²-2x+p≥0，等價于p≥

2x

x2+1

令t（x）=

2x

x2+1

，則t′(x)=

2-2x2

(x2+1)2

，由t′（x）=0，得x=1，或x=-1（舍），
0＜x＜1時，t′（x）＞0，x＞1時，t′（x）＜0，∴t（x）_max=t（1）=1，
∴正實數p的取值范圍是[1，+∞）．
（3）∵g（x）=

2e

x

在[1，e）上是減函數，
∴g（x）_min=g（e）=2，g（x）_max=g（1）=2e，
∴g（x）∈[2，2e]，
①p＜0時，h（x）=px²-2x+p，
其圖象為開口向下的拋物線，對稱軸x=

1

p

在y軸的左側，
且h（0）＜0，∴f（x）在[1，e]內是減函數；
p=0，∵x∈[1，e]，∴f′(x)=-

2

x

＜0，∴f（x）在[1，e]內是減函數，
∴當p≤0時，f（x）在[1，e]內是減函數，
f（x）_max=f（1）=0＜2，不合題意．
②當p≥1時，由（2）知f（x）在[1，e]上是增函數，f（1）=0＜2，又g（x）在[1，e]上是減函數，
∴只需f（x）_max＞g（x）_min，x∈[1，e]，
而f（x）_max=f（e）=p（e-

1

e

）-2lne，g（x）_min=2，
∴p(e-

1

e

)-2lne＞2，解得p＞

4e

e2-1

，
∴實數p的取值范圍是（

4e

e2-1

，+∞）．

點評：本題主要考查了利用函數的導數求出函數的單調性以及函數的極值問題，考查學生分析解決問題的能力，利用導數研究函數的單調性的能力，解題時要認真審題，注意導數性質的合理運用．