分析 (1)求出函數的導數,通過討論a的范圍,求出函數的單調區間即可;
(2)通過討論a的范圍,結合函數的得到以及零點的個數求出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)的單調遞增區間為(1,+∞),單調遞減區間為(0,1.
②當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)的單調遞增區間為(0,a),(1,+∞),單調遞減區間為(a,1).
③當a=1時,f′(x)=$\frac{{2(x-1)}^{2}}{x}$≥0,f(x)在區間(0,+∞)上單調遞增.
(2)由(1)得,當a<0時,f(x)在x=1處取得最小值-2a-1,、
且f(x)在區間[$\frac{1}{e}$,e2]內先減后增,
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a=0時,f(x)=x2-2x,顯然f(x)在區間[$\frac{1}{e}$,e2]上不存在兩個零點.
當0<a≤$\frac{1}{e}$時,由(1)得f(x)在區間[$\frac{1}{e}$,e2]內先減后增,
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)在區間[$\frac{1}{e}$,e2]上不存在兩個零點.
當$\frac{1}{e}$<a<1時,由(1)得f(x)在區間[$\frac{1}{e}$,e2]內先增,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)在區間[$\frac{1}{e}$,e2]上不存在兩個零點.
當a=1時,由(1)得f(x)在區間(0,+∞)上單調遞增,
f(x)在區間[$\frac{1}{e}$,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 本題考查了函數的單調性,最值問題,考查導數的應用以及分類討論思想,轉化思想,是一道綜合題.
科目:高中數學 來源: 題型:填空題
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科目:高中數學 來源: 題型:選擇題
A. | $\frac{28}{31}$ | B. | $\frac{19}{21}$ | C. | $\frac{22}{31}$ | D. | $\frac{17}{21}$ |
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科目:高中數學 來源: 題型:選擇題
A. | 1+3i | B. | 1+i | C. | 1-i | D. | 1-3i |
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科目:高中數學 來源: 題型:選擇題
A. | 充分不必要條件 | B. | 必要不充分條件 | ||
C. | 充要條件 | D. | 既不充分也不必要條件 |
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科目:高中數學 來源: 題型:解答題
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