（2014•淮南二模）已知函数f（x）=（2-a）（x-1）-2lnx，g（x）=ex-x+1．（a为常数，e为自然对数

解题思路：（1）求导函数，令f′（x）＞0，可得f（x）的单调递增区间；令f′（x）＜0，可得f（x）的单调递减区间；
（2）若函数f（x）在区间（0，[1/2]）无零点转化为对∀x∈(0，

1

2

)，f（x）＞0恒成立；将参数a分离出，求函数的最小值．
（3）利用导数判定出函数g（x）在区间（0，1]上是增函数，求出g（x）∈（2，e]；进一步利用导数求出f（x）的最值，再根据函数的零点存在性定理求出参数a满足的条件．

（1）当a=1时，f（x）=x-1-2lnx（x＞0）则f′(x)＝1−
2
x．
令f′（x）＞0得x＞2；令f′（x）＜0得0＜x＜2
故f（x）的单调递减区间为（0，2]，单调递增区间为[2，+∞）…（3分）
（2）∵函数f（x）＜0在区间(0，
1
2)上不可能恒成立，
故要使函数f（x）在区间(0，
1
2)上无零点，只要对∀x∈(0，
1
2)，f（x）＞0恒成立
．即对∀x∈(0，
1
2)，a＞2−
2lnx
x−1恒成立．…（4分）
令l(x)＝2−
2lnx
x−1（x∈(0，
1
2)）则l′(x)＝
−
2
x(x−1)+2lnx
(x−1)2＝
2lnx+
2
x−2
(x−1)2
再令m(x)＝2lnx+
2
x−2，则m′(x)＝
2
x−
2
x2＝
−2(1−x)
x2，
∵x∈(0，
1
2)，
∴m′（x）＜0
故函数m（x）在区间(0，
1
2)上单调递减，
∴m(x)＞m(
1
2)＝2−2ln2＞0
即l′（x）＞0，∴函数l（x）在区间(0，
1
2)上单调递增，
∴l(x)＜l(
1
2)＝2−4ln2…（6分）
故只要a≥2-4ln2函数f（x）在区间(0，
1
2)上无零点，
所以a_min=2-4ln2…（7分）
（3）∵g′（x）=e^x-1，当x∈（0，1]，g′（x）＞0，
∴函数g（x）在区间（0，1]上是增函数．
∴g（x）∈（2，e]…（8分）
当a=2时，f（x）=-2lnx，不符题意
当a≠2时，f′(x)═2−a−
2
x＝
(2−a)x−2
x
当x＝
2
2−a

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值．

考点点评： 本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查学生分析解决问题的能力，属于难题．