Question

2．已知函数f（x）=2alnx-2（a+1）x+x²（a≤1）
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若f（x）在区间[$\frac{1}{e}$，e²]上有两个零点，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）通过讨论a的范围，结合函数的得到以及零点的个数求出a的范围即可．

解答 解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=$\frac{2（x-1）（x-a）}{x}$，
令f′（x）=0，可得x=1或x=a，下面分三种情况．
①当a≤0时，可得x-a＞0，由f′（x）＞0，得x＞1，由f′（x）＜0，得0＜x＜1，
此时f（x）的单调递增区间为（1，+∞），单调递减区间为（0，1．
②当0＜a＜1时，由f′（x）＞0，得0＜x＜a或x＞1，由f′（x）＜0，得a＜x＜1，
此时f（x）的单调递增区间为（0，a），（1，+∞），单调递减区间为（a，1）．
③当a=1时，f′（x）=$\frac{{2（x-1）}^{2}}{x}$≥0，f（x）在区间（0，+∞）上单调递增．
（2）由（1）得，当a＜0时，f（x）在x=1处取得最小值-2a-1，、
且f（x）在区间[$\frac{1}{e}$，e²]内先减后增，
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）在区间[$\frac{1}{e}$，e²]上有两个零点，
必须有f（$\frac{1}{e}$）≥0且-2a-1＜0，由此可得-$\frac{1}{2}$＜a≤-$\frac{2e-1}{2e（e+1）}$，
当a=0时，f（x）=x²-2x，显然f（x）在区间[$\frac{1}{e}$，e²]上不存在两个零点．
当0＜a≤$\frac{1}{e}$时，由（1）得f（x）在区间[$\frac{1}{e}$，e²]内先减后增，
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，
故此时f（x）在区间[$\frac{1}{e}$，e²]上不存在两个零点．
当$\frac{1}{e}$＜a＜1时，由（1）得f（x）在区间[$\frac{1}{e}$，e²]内先增，先减，后增．
又f（a）=2alna-2（a+1）a+a²=2alna-（2a+a²）＜0，f（e²）＞-（2e²-4）+e⁴-2e²＞0，
故此时f（x）在区间[$\frac{1}{e}$，e²]上不存在两个零点．
当a=1时，由（1）得f（x）在区间（0，+∞）上单调递增，
f（x）在区间[$\frac{1}{e}$，e²]上不存在两个零点．
综上，a的取值范围是（-$\frac{1}{2}$，$\frac{2e-1}{2e（e+1）}$]．

点评 本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．