Question

（2013•婺城區(qū)模擬）已知函數(shù)f（x）=ax²-4bx+2alnx（a，b∈R）
（I）若函數(shù)y=f（x）存在極大值和極小值，求

b

a

的取值范圍；
（II）設(shè)m，n分別為f（x）的極大值和極小值，若存在實(shí)數(shù)，b∈（

e+1

2 e

a，

e2+1

2e

a），使得m-n=1，求a的取值范圍．（e為自然對(duì)數(shù)的底）

Answer 1

分析：（I）由于定義域?yàn)椋?，+∞）且y=f（x）存在極大值、極小值，所以f′（x）=0有兩個(gè)不等的正實(shí)數(shù)根，從而可轉(zhuǎn)化為二次方程根的分布問(wèn)題，借助判別式、韋達(dá)定理可得不等式組，由此可得

b

a

的取值范圍；
（II）由b∈（

e+1

2 e

a，

e2+1

2e

a）得a＞0，且

b

a

∈（

e+1

2 e

，

e2+1

2e

），由（I）知f（x）存在極大值和極小值，設(shè)f′（x）=0的兩根為x₁，x₂（0＜x₁＜x₂），則f（x）在（0，x₁）上遞增，在（x₁，x₂）上遞減，在（x₂，+∞）上遞增，所以m=f（x₁），n=f（x₂），根據(jù)x₁x₂=1可把m-n表示為關(guān)于x₁，a的表達(dá)式，且表達(dá)式為1，借助x₁范圍可得a的范圍；

解答：解：（I）f′（x）=2ax-4b+

2a

x

=

2ax2-4bx+2a

x

，其中x＞0，
由于函數(shù)y=f（x）存在極大值和極小值，
故方程f′（x）=0有兩個(gè)不等的正實(shí)數(shù)根，即2ax²-4bx+2a=0有兩個(gè)不等的正實(shí)數(shù)根，記為x₁，x₂，顯然a≠0，
所以

△=16(b2-a2)＞0 x1+x2= 2b a ＞0 x1x2=1＞0

，解得

b

a

＞1；
（II）由b∈（

e+1

2 e

a，

e2+1

2e

a）得a＞0，且

b

a

∈（

e+1

2 e

，

e2+1

2e

），
由（I）知f（x）存在極大值和極小值，
設(shè)f′（x）=0的兩根為x₁，x₂（0＜x₁＜x₂），則f（x）在（0，x₁）上遞增，在（x₁，x₂）上遞減，在（x₂，+∞）上遞增，
所以m=f（x₁），n=f（x₂），
因?yàn)閤₁x₂=1，所以0＜x₁＜1＜x₂，而且x1+x2=x1+

1

x1

=

2b

a

∈（

e+1

e

，

e2+1

e

），
由于函數(shù)y=x+

1

x

在（0，1）上遞減，所以

1

e

＜x1＜

1

e

，
又由于2axi2-4bxi+2a=0(i=1，2)，
所以2axi2+2a=4bxi(i=1，2)，
所以m-n=f（x₁）-f（x₂）
=ax12-4bx1+2alnx1-ax22+4bx₂-2alnx₂
=a(x12-x22)-(2ax12+2a-2ax22-2a)+2a（lnx₁-lnx₂）
=-a（x12-

1

x12

）+2alnx12，
令t=x12，則m-n=-a（t-

1

t

）+2alnt，令h（t）=-（t-

1

t

）+2lnt（

1

e2

＜t＜

1

e

），
所以h′（t）=-1-

1

t2

+

2

t

=-

(t-1)2

t2

≤0，所以h（t）在（

1

e2

，

1

e

）上單調(diào)遞減，所以e-e^-1-2＜h（t）＜e²-e^-2-4，
由m-n=ah（t）=1，知a=

1

h(t)

，所以

1

e2-e-2-4

＜a＜

1

e-e-1-2

．

點(diǎn)評(píng)：本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值及函數(shù)的單調(diào)性，考查學(xué)生綜合運(yùn)用知識(shí)分析問(wèn)題解決問(wèn)題的能力，本題綜合性強(qiáng)、計(jì)算量大，能力要求高．