题目内容
已知f（x）=ax2-2lnx，x∈（0，e]，其中e是自然对数的底．
（1）若f（x）在x=1处取得极值，求a的值；
（2）求f（x）的单调区间；
（3）设a＞
，g(x)=-5+ln
，存在x1，x2∈（0，e]，使得|f（x1）-g（x2）|＜9成立，求a的取值范围．
（1）若f（x）在x=1处取得极值，求a的值；
（2）求f（x）的单调区间；
（3）设a＞
| 1 |
| e2 |
| x |
| a |
分析：（Ⅰ）先求导得到f′（x），令f′（x）=0，解出a的值，并验证a的值是否满足极值的条件．
（Ⅱ）先求导得到f′（x），然后对a分类讨论，看f′（x）是大于0还是小于0，从而得到f（x）的单调区间．
（Ⅲ）把要求的问题：“存在x1，x2∈（0，e]，使得|f（x1）-g（x2）|＜9成立，”转化为“对于x∈（0，e]，|f（x）min-g（x）max|＜9”．进而求出a的取值范围．
（Ⅱ）先求导得到f′（x），然后对a分类讨论，看f′（x）是大于0还是小于0，从而得到f（x）的单调区间．
（Ⅲ）把要求的问题：“存在x1，x2∈（0，e]，使得|f（x1）-g（x2）|＜9成立，”转化为“对于x∈（0，e]，|f（x）min-g（x）max|＜9”．进而求出a的取值范围．
解答：解：（Ⅰ） f′(x)=2ax-
=
，x∈（0，e]．
由已知f'（1）=2a-2=0，解得a=1，此时f′(x)=
=
．
在区间（0，1）上，f′（x）＜0；在区间（1，e）上，f′（x）＞0．
∴函数f（x）在x=1时取得极小值．
因此a=1时适合题意．
（Ⅱ） f′(x)=2ax-
=
，x∈（0，e]．
1）当a≤0时，f'（x）＜0，∴f（x）在（0，e]上是减函数．
2）当a＞0时，f′(x)=
．
①若
＜e，即a＞
，
则f（x）在(0，
)上是减函数，在(
，e]上是增函数；
②若
≥e，即0＜a≤
，则f（x）在（0，e]上是减函数．
综上所述，当a≤
时，f（x）的减区间是（0，e]，
当a＞
时，f（x）的减区间是(0，
)，增区间是(
，e]．
（Ⅲ）当a＞
时，由（Ⅱ）可知：当x=
时，函数f（x）取得最小值，且f(
)=1+lna．
∵g（x）=-5+ln
，∴函数g（x）在区间（0，e]上单调递增．
∴当x=e时，函数g（x）取得最大值，且g（x）max=g（e）=-4-lna．
∵存在x1，x2∈（0，e]，使得|f（x1）-g（x2）|＜9成立，
∴必有对于x∈（0，e]，|f（x）min-g（x）max|＜9．又∵a＞
，
联立得
，解得
＜a＜e2．
∴a的取值范围是(
，e2)．
| 2 |
| x |
| 2ax2-2 |
| x |
由已知f'（1）=2a-2=0，解得a=1，此时f′(x)=
| 2x2-2 |
| x |
| 2(x+1)(x-1) |
| x |
在区间（0，1）上，f′（x）＜0；在区间（1，e）上，f′（x）＞0．
∴函数f（x）在x=1时取得极小值．
因此a=1时适合题意．
（Ⅱ） f′(x)=2ax-
| 2 |
| x |
| 2ax2-2 |
| x |
1）当a≤0时，f'（x）＜0，∴f（x）在（0，e]上是减函数．
2）当a＞0时，f′(x)=
2a(x+
| ||||||||
| x |
①若
| ||
| a |
| 1 |
| e2 |
则f（x）在(0，
| ||
| a |
| ||
| a |
②若
| ||
| a |
| 1 |
| e2 |
综上所述，当a≤
| 1 |
| e2 |
当a＞
| 1 |
| e2 |
| ||
| a |
| ||
| a |
（Ⅲ）当a＞
| 1 |
| e2 |
| ||
| a |
| ||
| a |
∵g（x）=-5+ln
| x |
| a |
∴当x=e时，函数g（x）取得最大值，且g（x）max=g（e）=-4-lna．
∵存在x1，x2∈（0，e]，使得|f（x1）-g（x2）|＜9成立，
∴必有对于x∈（0，e]，|f（x）min-g（x）max|＜9．又∵a＞
| 1 |
| e2 |
联立得
|
| 1 |
| e2 |
∴a的取值范围是(
| 1 |
| e2 |
点评：本题综合考查了函数的极值、单调区间及恒成立问题，掌握方法和正确计算及分类讨论是解决问题的关键．
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