Question

6．已知函数f（x）=lnx-ax+$\frac{b-1}{x}$，对任意的x∈（0，+∞），满足f（x）+f（$\frac{1}{x}$）=0，其中a、b为常数（e=2.71828…）．
（Ⅰ）若f（x）的图象在x=1处的切线经过点（0，-5），求a、b的值；
（Ⅱ）已知0＜a＜1，求证：f（$\frac{{a}^{2}}{3}$）＞0；
（Ⅲ）当f（x）存在三个不同的零点时，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由求得a=b-1，代入原函数求得则f′（1），再求出f（1）由直线方程点斜式求得切线方程，代入（0，-5）求得a=2，b=-1
（Ⅱ）求出f（$\frac{{a}^{2}}{3}$）=2lna+$\frac{3}{a}$-$\frac{{a}^{3}}{3}$-ln3=，令g（x）=2lnx+$\frac{3}{x}$-$\frac{{x}^{3}}{3}$-ln3，（0＜x＜1），利用导数求得g（x）在（0，1）上为减函数，则由g（x）＞g（1）＞0得答案；
（Ⅲ）求出函数f（x）=lnx-ax+$\frac{a}{x}$的导函数，分析可知当a≤0时，当a≥$\frac{1}{2}$时，不符合题意，当0＜a＜$\frac{1}{2}$0时，进一步求得导函数的两个零点，则x₁＜1，x₂＞1，由f（x）在（x₁，1）上递增，得f（x₁）＜f（1）=0，再由f（$\frac{{a}^{2}}{3}$）＞0，可得存在x₀∈（$\frac{{a}^{2}}{3}$，x₁），使得f（x₀）=0，结合，f（1）=0，可得使f（x）存在三个不同的零点时的实数a的取值范围是（0，$\frac{1}{2}$）．

解答 解：（Ⅰ）在f（x）+f（$\frac{1}{x}$）=0中，取x=1，得f（1）=0，
又f（1）=ln1-a+（b-1）=0，
∴a=b-1，
∴f（x）=lnx-ax+$\frac{a}{x}$，
∴f′（x）=$\frac{1}{x}$-a（1+$\frac{1}{{x}^{2}}$），
∴f′（1）=1-2a，
∴1-2a=5，
解得a=2，b=-1；
（Ⅱ）证明：f（$\frac{{a}^{2}}{3}$）=ln$\frac{{a}^{2}}{3}$-$\frac{{a}^{3}}{3}$+$\frac{3}{a}$=2lna+$\frac{3}{a}$-$\frac{{a}^{3}}{3}$-ln3，
令g（x）=2lnx+$\frac{3}{x}$-$\frac{{x}^{3}}{3}$-ln3，
∴g′（x）=$\frac{2}{x}$-$\frac{3}{{x}^{2}}$-x²=$\frac{-{x}^{4}+2x-3}{{x}^{2}}$，
∴当x∈（0，1）时，g′（x）＜0，函数g（x）递减，
∴当x∈（0，1）时，g（x）＞g（1）=3-$\frac{1}{3}$-ln3＞0，
∴当0＜a＜1时，f（$\frac{{a}^{2}}{3}$）＞0；
（Ⅲ）∵f′（x）=$\frac{1}{x}$-a（1+$\frac{1}{{x}^{2}}$）=$\frac{x-a（{x}^{2}+1）}{{x}^{2}}$，
①当a≤0时，f′（x）＞0，f（x）为（0，+∞）上的增函数，
∴f（x）至多有一个零点，不符合题意；
②当a≥$\frac{1}{2}$时，在（0，+∞）上，f′（x）≤0，f（x）为（0，+∞）上的减函数，
∴f（x）也至多有一个零点，不符合题意
③当0＜a＜$\frac{1}{2}$时，令f′（x）=0，解得x₁=$\frac{1-\sqrt{1-4{a}^{2}}}{2a}$＜1，x₂=$\frac{1+\sqrt{1-4{a}^{2}}}{2a}$＞1，
则当x∈（0，x₁），（x₂，+∞）时，f′（x）＜0，函数递减
当x∈（x₁，x₂）时，f′（x）＞0，函数递增，
∴f（x）至多有3个零点，
∵f（x）在（x₁，1）上递增，
∴f（x₁）＜f（1）=0，
又f（$\frac{{a}^{2}}{3}$）＞0，
∴存在x₀∈（$\frac{{a}^{2}}{3}$，x₁），使得f（x₀）=0，
又f（$\frac{1}{{x}_{0}}$）=-f（x₀）=0，f（1）=0，
∴f（x）恰有三个不同的零点x₀，x，$\frac{1}{{x}_{0}}$
综上，使f（x）存在三个不同的零点时的实数a的取值范围是（0，$\frac{1}{2}$）．

点评 本题考查了函数性质的应用，考查了利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，训练了函数最值的求法，考查了利用导数判断函数零点的方法，着重考查了数学转化思想的应用，是难度较大的题目．