Question

3．已知关于x的函数g（x）=$\frac{2}{x}$-alnx（a∈R），f（x）=x²g（x）．
（1）当a=-2时，求函数g（x）的单调区间；
（2）若f（x）在区间（$\frac{1}{e}$，e）内有且只有一个极值点，试求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（2）求出函数f（x）的导数，根据零点存在定理得到f′（$\frac{1}{e}$）•f′（e）＜0，求出a的范围即可．

解答 解：（1）a=-2时，g（x）=$\frac{2}{x}$+2lnx，g′（x）=$\frac{2x-2}{{x}^{2}}$，（x＞0），
令g′（x）＞0，解得：x＞1，令g′（x）＜0，解得：0＜x＜1，
故g（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增；
（2）f（x）=x²g（x）=2x-ax²lnx，定义域是（0，+∞），
f′（x）=2-a（x+2xlnx），
若a=0，则f′（x）=2≠0，不存在极值点，故a≠0，
令h（x）=f′（x）=2-a（x+2xlnx），h′（x）=-a（3+2lnx），
x∈（$\frac{1}{e}$，e）时，3+2lnx＞0，
故h′（x）＞0恒成立或h′（x）＜0恒成立，
∴f′（x）在（$\frac{1}{e}$，e）是单调函数，
∵f（x）在区间（$\frac{1}{e}$，e）内有且只有1个极值点，
∴f′（x）在（$\frac{1}{e}$，e）有唯一解，
由零点存在定理，得：f′（$\frac{1}{e}$）•f′（e）＜0，
得（2+$\frac{1}{e}$a）（2-3ea）＜0，解得：a＜-2e或a＞$\frac{2}{3e}$，
综上，a＜-2e或a＞$\frac{2}{3e}$．

点评 本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及转化思想，考查零点的存在定理，是一道综合题．