（2014•太原一模）已知函数f（x）=（2-a）x-2（1+lnx）+a，g（x）=exex．

来源：学生作业帮编辑：搜搜考试网作业帮分类：综合作业时间：2024/06/04 13:02:27

（2014•太原一模）已知函数f（x）=（2-a）x-2（1+lnx）+a，g（x）=

f（x）=（2-a）（x-1）-2lnx
（1）令m（x）=（2-a）（x-1），x＞0；h（x）=2lnx，x＞0，则f（x）=m（x）-h（x），
①当a＜2时，m（x）在（0.
1
2）上为增函数，h（x）在（0，
1
2）上为增函数，
结合图象可知，若f（x）在（0，
1
2）无零点，则m（
1
2）≥h（
1
2），
即（2-a）×（
1
2-1）≥2ln
1
2，∴a≥2-4ln2，
∴2-4ln2≤a＜2．
②当a≥2时，在（0，
1
2）上，m（x）≥0，h（x）＜0，
∴f（x）＞0，
∴f（x）在（0，
1
2）上无零点．
由①②得a≥2-4ln2．
∴a_min=2-4ln2；
（2）g′（x）=e^1-x-xe^1-x=（1-x）e^1-x，
当x∈（0，1）时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增；
当x∈（1，e]时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减．
又因为g（0）=0，g（1）=1，g（e）=e^2-e＞0，
所以，函数g（x）在（0，e]上的值域为（0，1]．
∵f（x）=（2-a）（x-1）-2lnx，∴f′（x）=2-a-
2
x=
(2−a)x−2
x．
①当a≥2时，f′（x）＜0，∴f（x）在（0，e]单调递减，且f（1）=0，不符合题意，
②当a＜2时，令f′（x）=0，x=
2
2−a，
i）当
2
2−a≥e时，即当2-
2
e≤a＜2时，f′（x）＜0，不符合题意．
ii）
2
2−a＜e时，即当a＜2-
2
e时，令f′（x）＞0，则
2
2−a＜x＜e；
令f′（x）＜0时，则0＜x＜
2
2−a，
又∵当x∈（0，
2
2−a）∩（0，e
a−3
2）时，f（x）=（2-a）（x-1）-2lnx＞a-2-2lne
a−3
2=1，
∴要使f（x）=g（x₀）在（0，e]上总存在两个不相等的实根，
需使

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