Question

已知函數(shù)f（x）=2lnx-a（x-

1

x

）（a≠0）有兩個(gè)不同的極值點(diǎn)x₁，x₂（x₁＜x₂）．
（Ⅰ）求a的取值范圍；
（Ⅱ）設(shè)

1

e

＜x1＜1，求f（x）極小值的取值范圍．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值，求導(dǎo)，f′（x）=

2

x

-a-

a

x2

=

-ax2+2x-a

x2

．令g（x）=-ax²+2x-a，由于函數(shù)f（x）=2lnx-a（x-

1

x

）有兩個(gè)極值點(diǎn)?g（x）=0在區(qū)間（0，+∞）上有兩個(gè)實(shí)數(shù)根．對(duì)a分類討論，解得即可．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得0＜x₁＜

1

a

＜x₂，又

1

e

＜x1＜1，對(duì)a進(jìn)行分類討論，即可求得f（x₁）的取值范圍．

解答： 解：（Ⅰ）f（x）=2lnx-a（x-

1

x

）（x＞0），f′（x）=

2

x

-a-

a

x2

=

-ax2+2x-a

x2

．
令g（x）=-ax²+2x-a，
∵函數(shù)f（x）=2lnx-a（x-

1

x

）有兩個(gè)極值點(diǎn)，則g（x）=0在區(qū)間（0，+∞）上有兩個(gè)實(shí)數(shù)根．
g′（x）=-2ax+2=-2a（x-

1

a

），
∴當(dāng)a＜0時(shí)，g′（x）＞0，則函數(shù)g（x）在區(qū)間（0，+∞）單調(diào)遞增，因此g（x）=0在區(qū)間（0，+∞）上不可能有兩個(gè)實(shí)數(shù)根，應(yīng)舍去．
當(dāng)a＞0時(shí)，令g′（x）=0，解得x=

1

a

．
令g′（x）＞0，解得0＜x＜

1

a

，此時(shí)函數(shù)g（x）單調(diào)遞增；
令g′（x）＜0，解得x＞

1

a

，此時(shí)函數(shù)g（x）單調(diào)遞減．
∴當(dāng)x=

1

a

時(shí)，函數(shù)g（x）取得極大值．
當(dāng)x趨近于0與x趨近于+∞時(shí)，g（x）→-∞，
要使g（x）=0在區(qū)間（0，+∞）上有兩個(gè)實(shí)數(shù)根，則g（

1

a

）=

1

a

-a＞0，解得0＜a＜1．
∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是（0，1）．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得0＜x₁＜

1

a

＜x₂，又

1

e

＜x1＜1，
∴當(dāng)0＜a＜1時(shí)，

1

e

＜x1＜1，∴-1＜lnx₁＜0，

1

e

-e＜x1-

1

x1

＜0，0＜-a（x1-

1

x1

）＜a（e-

1

e

）
∴-2＜f（x₁）=2lnx₁-a（x₁-

1

x1

）＜a（e-

1

e

），即-2＜f（x₁）＜a（e-

1

e

）．
當(dāng)1≤a＜e時(shí)，

1

e

＜x1＜

1

a

，∴，∴-1＜lnx₁＜-lna，

1

e

-e＜x1-

1

x1

＜

1

a

-a，a²-1＜-a（x1-

1

x1

）＜a（e-

1

e

），
∴

1

e

-e+a²-1＜f（x₁）=2lnx₁-a（x₁-

1

x1

）＜a（e-

1

e

）+

1

a

-a，即

1-e2+(a2-1)e

e

＜f（x₁）＜a（e-1）+

e-a2

ae

．
當(dāng)a≥e時(shí)，由0＜x₁＜

1

a

＜x₂，又

1

e

＜x1＜1，可知x₁不存在，故f（x₁）不存在．
綜上所述：當(dāng)0＜a＜1時(shí)，-2＜f（x₁）＜a（e-

1

e

）．
1≤a＜e時(shí)，

1-e2+(a2-1)e

e

＜f（x₁）＜a（e-1）+

e-a2

ae

．
a≥e時(shí)，f（x₁）不存在．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值，考查了等價(jià)轉(zhuǎn)化方法，考查了推理能力和計(jì)算能力，屬于難題．