Question

7．已知函数f（x）=ax-$\frac{a}{x}$-2lnx（a＞0），g（x）=$\frac{2a}{x}$
（1）求f（x）的单调区间；
（2）若对区间[1，e]上任意x₁和x₂总有f（x₁）＜g（x₂），求实数a取值范围．

Answer 1

分析 （1）求导，利用二次函数判断导函数正负，确定原函数单调区间
（2）求区间[1，e]上，两函数的最值，f（x）_max＜g（x）_min，需要对a进行分类讨论．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{a{x}^{2}-2x+a}{{x}^{2}}$，
令h（x）=ax²-2x+a，
△=4-4a²．
当△≤0即a≥1时，h（x）≥0恒成立，
f（x）在定义域内递增；
当△＞0即0＜a＜1时，
当在（0，$\frac{1-\sqrt{1-{a}^{2}}}{a}$）和（$\frac{1+\sqrt{1-{a}^{2}}}{a}$，+∞）时，
h（x）＞0，f（x）递增；
当在（$\frac{1-\sqrt{1-{a}^{2}}}{a}$，$\frac{1+\sqrt{1-{a}^{2}}}{a}$）时，
h（x）＜0，f（x）递减．
（2）当a≥1时，
f（x）_max=ae-$\frac{a}{e}$-2，g（x）_min=$\frac{2a}{e}$，
∴ae-$\frac{a}{e}$-2＜$\frac{2a}{e}$，
∴a＜$\frac{2e}{{e}^{2}-3}$，
故1≤a＜$\frac{2e}{{e}^{2}-3}$；
当0＜a＜1时，
f（1）=0，
f（e）=ae-$\frac{a}{e}$-2，
当e≤$\frac{1-\sqrt{1-{a}^{2}}}{a}$即a≥$\frac{2e}{1+{e}^{2}}$，
f（x）_max=ae-$\frac{a}{e}$-2，
∴ae-$\frac{a}{e}$-2＜$\frac{2a}{e}$，
∴a＜$\frac{2e}{{e}^{2}-3}$，
∴1＞a≥$\frac{2e}{1+{e}^{2}}$；
当1≥$\frac{1-\sqrt{1-{a}^{2}}}{a}$且e≤$\frac{1+\sqrt{1-{a}^{2}}}{a}$即a＜$\frac{1}{e}$，
f（x）_max=f（0）=0＜$\frac{2a}{e}$恒成立，
∴0＜a＜$\frac{1}{e}$；
当e＞$\frac{1+\sqrt{1-{a}^{2}}}{a}$即a＞$\frac{2e}{1+{e}^{2}}$，
f（x）_max=ae-$\frac{a}{e}$-2，
∴ae-$\frac{a}{e}$-2＜$\frac{2a}{e}$，
∴a＜$\frac{2e}{{e}^{2}-3}$，
∴1＞a＞$\frac{2e}{1+{e}^{2}}$．
故a的范围为1＞a≥$\frac{2e}{1+{e}^{2}}$或0＜a＜$\frac{1}{e}$．

点评 考察了导数的应用和恒成立问题以及对参数的分类讨论问题