Question

2．已知函數(shù)f（x）=2alnx-2（a+1）x+x²（a≤1）
（1）討論f（x）的單調(diào)性；
（2）若f（x）在區(qū)間[$\frac{1}{e}$，e²]上有兩個零點，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）通過討論a的范圍，結(jié)合函數(shù)的得到以及零點的個數(shù)求出a的范圍即可．

解答 解：（1）f（x）的定義域為（0，+∞），f′（x）=$\frac{2（x-1）（x-a）}{x}$，
令f′（x）=0，可得x=1或x=a，下面分三種情況．
①當(dāng)a≤0時，可得x-a＞0，由f′（x）＞0，得x＞1，由f′（x）＜0，得0＜x＜1，
此時f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（1，+∞），單調(diào)遞減區(qū)間為（0，1．
②當(dāng)0＜a＜1時，由f′（x）＞0，得0＜x＜a或x＞1，由f′（x）＜0，得a＜x＜1，
此時f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，a），（1，+∞），單調(diào)遞減區(qū)間為（a，1）．
③當(dāng)a=1時，f′（x）=$\frac{{2（x-1）}^{2}}{x}$≥0，f（x）在區(qū)間（0，+∞）上單調(diào)遞增．
（2）由（1）得，當(dāng)a＜0時，f（x）在x=1處取得最小值-2a-1，、
且f（x）在區(qū)間[$\frac{1}{e}$，e²]內(nèi)先減后增，
又f（e²）=4a-2（a+1）e²+e⁴=-（2e²-4）a+e⁴-2e²＞0，
f（$\frac{1}{e}$）=-2a-$\frac{2（a+1）}{e}$+$\frac{1}{{e}^{2}}$，要使得f（x）在區(qū)間[$\frac{1}{e}$，e²]上有兩個零點，
必須有f（$\frac{1}{e}$）≥0且-2a-1＜0，由此可得-$\frac{1}{2}$＜a≤-$\frac{2e-1}{2e（e+1）}$，
當(dāng)a=0時，f（x）=x²-2x，顯然f（x）在區(qū)間[$\frac{1}{e}$，e²]上不存在兩個零點．
當(dāng)0＜a≤$\frac{1}{e}$時，由（1）得f（x）在區(qū)間[$\frac{1}{e}$，e²]內(nèi)先減后增，
又f（$\frac{1}{e}$）=-2a-$\frac{2a}{e}$-（$\frac{2}{e}$-$\frac{1}{{e}^{2}}$）＜0，f（e²）=-（2e²-4）a+e⁴-2e²＞-（2e²-4）+e⁴-2e²＞0，
故此時f（x）在區(qū)間[$\frac{1}{e}$，e²]上不存在兩個零點．
當(dāng)$\frac{1}{e}$＜a＜1時，由（1）得f（x）在區(qū)間[$\frac{1}{e}$，e²]內(nèi)先增，先減，后增．
又f（a）=2alna-2（a+1）a+a²=2alna-（2a+a²）＜0，f（e²）＞-（2e²-4）+e⁴-2e²＞0，
故此時f（x）在區(qū)間[$\frac{1}{e}$，e²]上不存在兩個零點．
當(dāng)a=1時，由（1）得f（x）在區(qū)間（0，+∞）上單調(diào)遞增，
f（x）在區(qū)間[$\frac{1}{e}$，e²]上不存在兩個零點．
綜上，a的取值范圍是（-$\frac{1}{2}$，$\frac{2e-1}{2e（e+1）}$]．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性，最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．