已知函数 \(f(x)=\mathrm{e}^{2ax}-2a\mathrm{e}+2a-\dfrac{\mathrm{e}\ln x-\ln x+1}{x}\) 恰有 \(2\) 个零点, 则实数 \(a\) 的取值范围为\(\underline{\qquad\qquad}\).
答案： \(\left[-\dfrac{1}{2\mathrm{e}},-\dfrac{1}{2\mathrm{e}^{2}}\right]\cup(0,+\infty)\)
解析：
由题令 \(f(x)=0\), 可得 $$\mathrm{e}^{2ax+\ln x}-(\mathrm{e}-1)(2ax+\ln x)-1=0,$$ 令 \(t=2ax+\ln x\), 设 \(g(t)=\mathrm{e}^{t}-(\mathrm{e}-1)t-1\), 所以
\(g'(t)=\mathrm{e}^{t}-(\mathrm{e}-1)\), \(g'(t)>0\) 时, \(t\in(\ln(\mathrm{e}-1),+\infty)\), \(g'(t)<0\) 时, \(t\in(-\infty,\ln(\mathrm{e}-1))\),
所以 \(g(t)\) 在区间 \((-\infty,\ln(\mathrm{e}-1))\) 上单调递减, 在区间 \((\ln(\mathrm{e}-1),+\infty)\) 上单调递增,
又 \(g(0)=0\), \(g(1)=0\), 所以函数 \(g(t)\) 仅有两个零点 \(0\), \(1\).
若 \(f(x)\) 恰有 \(2\) 个零点, 即方程 \(2ax+\ln x=0\) 和 \(2ax+\ln x=1\) 共有 \(2\) 个不同实数根, 令 \(h(x)=2ax+\ln x\), 则 \(h'(x)=2a+\dfrac{1}{x}\ (x>0)\).
当 \(a\geqslant0\) 时, \(h'(x)>0\), 即 \(h(x)\) 在区间 \((0,+\infty)\) 上单调递增, \(x\to0\) 时, \(h(x)\to-\infty\), \(x\to+\infty\) 时, \(h(x)\to+\infty\), 故 \(h(x)=0\) 和 \(h(x)=1\) 各有 \(1\) 个实数根, 符合题意;
当 \(a<0\) 时, 由 \(h'(x)>0\), 可得 \(x\in\left(0,-\dfrac{1}{2a}\right)\), 由 \(h'(x)<0\), 可得 \(x\in\left(-\dfrac{1}{2a},+\infty\right)\),
所以 \(h(x)\) 在区间 \(\left(0,-\dfrac{1}{2a}\right)\) 上单调递增, 在区间 \(\left(-\dfrac{1}{2a},+\infty\right)\) 上单调递减, \(x\to0\) 时, \(h(x)\to-\infty\), \(x\to+\infty\) 时, \(h(x)\to-\infty\), 要满足题意, 可得 [\begin{aligned} 0 & < h\left(-\dfrac{1}{2a}\right) \ & < 1, \end{aligned}] 解得 \(-\dfrac{1}{2\mathrm{e}}, 所以 $$a\in\left[-\dfrac{1}{2\mathrm{e}},-\dfrac{1}{2\mathrm{e}^{2}}\right]\cup(0,+\infty).$$
📚 来源：湖南省湘东十校2027届高三11月联考