Question

16．已知函数f（x）=-x²+ax-4lnx-a+1（a∈R）．
（1）若$f（{\frac{1}{2}}）+f（2）=0$，求a的值；
（2）若存在${x_0}∈（{1，\frac{{3+\sqrt{5}}}{2}}）$，使函数f（x）的图象在点（x₀，f（x₀））和点$（{\frac{1}{{{x_0}，}}，f（{\frac{1}{x_0}}）}）$处的切线互相垂直，求a的取值范围；
（3）若函数f（x）在区间（1，+∞）上有两个极值点，则是否存在实数m，使f（x）＜m对任意的x∈[1，+∞）恒成立？若存在，求出m的取值范围，若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）若$f（{\frac{1}{2}}）+f（2）=0$，代入计算，建立方程，即可求a的值；
（2）利用切线互相垂直，整理得${a^2}-6（{{x_0}+\frac{1}{x_0}}）a+8{（{{x_0}+\frac{1}{x_0}}）^2}+5=0$，设f（t）=8t²-6at+a²+5，则f（t）在t∈（2，3）上有零点，考虑到f（2）=32-12a+a²+5=（a-6）²+1＞0，所以$\left\{{\begin{array}{l}{2＜\frac{3a}{8}＜3}\\{f（{\frac{3a}{8}}）≤0}\end{array}}\right.$或$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{3a}{8}≥3}\\{f（3）＜0}\end{array}}\right.$，即可解得a的取值范围；
（3）若函数f（x）在区间（1，+∞）上有两个极值点，g（x）在区间（1，+∞）上有两个不同零点，求出a的取值范围，即可得出结论．

解答 解：（1）由$f（{\frac{1}{2}}）+f（2）=0$得，$（{-\frac{1}{4}+\frac{1}{2}a-4ln\frac{1}{2}-a+1}）+（{-4+2a-4ln2-a+1}）=0$，解得$a=\frac{9}{2}$…（3分）
（2）函数f（x）的定义域为（0，+∞），$f'（{x_0}）=a-2{x_0}-\frac{4}{x_0}$，$f'（{\frac{1}{x_0}}）=a-\frac{2}{x_0}-4{x_0}$，
由题意得$f'（{x_0}）f'（{\frac{1}{x_0}}）=-1$，即$（{a-2{x_0}-\frac{4}{x_0}}）（{a-\frac{2}{x_0}-4{x_0}}）=-1$，…（5分）
整理得${a^2}-6（{{x_0}+\frac{1}{x_0}}）a+8{（{{x_0}+\frac{1}{x_0}}）^2}+5=0$，
设$t={x_0}+\frac{1}{x_0}$，由${x_0}∈（{1，\frac{{3+\sqrt{5}}}{2}}）$，得t∈（2，3），
则有8t²-6at+a²+5=0，…（6分）
设f（t）=8t²-6at+a²+5，则f（t）在t∈（2，3）上有零点，考虑到f（2）=32-12a+a²+5=（a-6）²+1＞0，
所以$\left\{{\begin{array}{l}{2＜\frac{3a}{8}＜3}\\{f（{\frac{3a}{8}}）≤0}\end{array}}\right.$或$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{3a}{8}≥3}\\{f（3）＜0}\end{array}}\right.$，解得$2\sqrt{10}≤a＜8$或8≤a＜11，
所以a的取值范围是$[{2\sqrt{10}，11}）$…（9分）
（3）$f'（x）=-2x+a-\frac{4}{x}=\frac{{-2{x^2}+ax-4}}{x}$，
令g（x）=-2x²+ax-4，由题意，g（x）在区间（1，+∞）上有两个不同零点，
则有$\left\{{\begin{array}{l}{△={a^2}-32＞0}\\{\frac{a}{4}＞1}\\{g（1）=-6+a＜0}\end{array}}\right.$，解得$4\sqrt{2}＜a＜6$…（10分）
设函数f（x）的两个极值点为x₁和x₂，
则x₁和x₂是g（x）在区间（1，+∞）上的两个不同零点，
不妨设x₁＜x₂，则$-2x_2^2+a{x_2}-4=0$①，
得${x_2}=\frac{{a+\sqrt{{a^2}-32}}}{4}$且关于a在$（{4\sqrt{2}，6}）$上递增，
因此${x_2}∈（{\sqrt{2}，2}）$…（12分）
又由①可得$a=2{x_2}+\frac{4}{x_2}$②，
当x∈（1，x₁）时，g（x）＜0，f'（x）＜0，f（x）递减；x∈（x₁，x₂）时，g（x）＞0，f'（x）＞0，f（x）递增；
当x∈（x₂，+∞）时，g（x）＜0，f'（x）＜0，f（x）递减，
结合②可得${[{f（x）}]_{极大值}}=f（{x_2}）=-x_2^2+a{x_2}-4ln{x_2}-a+1=-x_2^2+2x_2^2+4-4ln{x_2}-2{x_2}-\frac{4}{x_2}+1$=$x_2^2-2{x_2}-\frac{4}{x_2}-4ln{x_2}+5，{x_2}∈（{\sqrt{2}，2}）$…（14分）
设$h（x）={x^2}-2x-\frac{4}{x}-4lnx+5，x∈（{\sqrt{2}，2}）$，
则$h'（x）=2x-2+\frac{4}{x^2}-\frac{4}{x}=\frac{{2（{x-1}）（{{x^2}-2}）}}{x^2}＞0$，
所以h（x）在$（{\sqrt{2}，2}）$上递增，
所以$h（{\sqrt{2}}）＜f（{x_2}）＜h（2）$，从而$h（{\sqrt{2}}）=7-4\sqrt{2}-2ln2，h（2）=3-4ln2＞0$，
所以$f（{x_2}）∈（{7-4\sqrt{2}-2ln2，3-4ln2}）$，
又f（1）=0，所以存在m≥3-4ln2，使f（x）＜m，
综上，存在满足条件的m，m的取值范围为[3-4ln2，+∞）…（16分）

点评 本题考查导数知识的综合运用，考查函数的零点，考查函数的单调性，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．