Question

16．已知函數(shù)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${x_0}∈（{1，\frac{{3+\sqrt{5}}}{2}}）$，使函數(shù)f（x）的圖象在點（x₀，f（x₀））和點$（{\frac{1}{{{x_0}，}}，f（{\frac{1}{x_0}}）}）$處的切線互相垂直，求a的取值范圍；
（3）若函數(shù)f（x）在區(qū)間（1，+∞）上有兩個極值點，則是否存在實數(shù)m，使f（x）＜m對任意的x∈[1，+∞）恒成立？若存在，求出m的取值范圍，若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）若$f（{\frac{1}{2}}）+f（2）=0$，代入計算，建立方程，即可求a的值；
（2）利用切線互相垂直，整理得${a^2}-6（{{x_0}+\frac{1}{x_0}}）a+8{（{{x_0}+\frac{1}{x_0}}）^2}+5=0$，設(shè)f（t）=8t²-6at+a²+5，則f（t）在t∈（2，3）上有零點，考慮到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的取值范圍；
（3）若函數(shù)f（x）在區(qū)間（1，+∞）上有兩個極值點，g（x）在區(qū)間（1，+∞）上有兩個不同零點，求出a的取值范圍，即可得出結(jié)論．

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）函數(shù)f（x）的定義域為（0，+∞），$f'（{x_0}）=a-2{x_0}-\frac{4}{x_0}$，$f'（{\frac{1}{x_0}}）=a-\frac{2}{x_0}-4{x_0}$，
由題意得$f'（{x_0}）f'（{\frac{1}{x_0}}）=-1$，即$（{a-2{x_0}-\frac{4}{x_0}}）（{a-\frac{2}{x_0}-4{x_0}}）=-1$，…（5分）
整理得${a^2}-6（{{x_0}+\frac{1}{x_0}}）a+8{（{{x_0}+\frac{1}{x_0}}）^2}+5=0$，
設(shè)$t={x_0}+\frac{1}{x_0}$，由${x_0}∈（{1，\frac{{3+\sqrt{5}}}{2}}）$，得t∈（2，3），
則有8t²-6at+a²+5=0，…（6分）
設(shè)f（t）=8t²-6at+a²+5，則f（t）在t∈（2，3）上有零點，考慮到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的取值范圍是$[{2\sqrt{10}，11}）$…（9分）
（3）$f'（x）=-2x+a-\frac{4}{x}=\frac{{-2{x^2}+ax-4}}{x}$，
令g（x）=-2x²+ax-4，由題意，g（x）在區(qū)間（1，+∞）上有兩個不同零點，
則有$\left\{{\begin{array}{l}{△={a^2}-32＞0}\\{\frac{a}{4}＞1}\\{g（1）=-6+a＜0}\end{array}}\right.$，解得$4\sqrt{2}＜a＜6$…（10分）
設(shè)函數(shù)f（x）的兩個極值點為x₁和x₂，
則x₁和x₂是g（x）在區(qū)間（1，+∞）上的兩個不同零點，
不妨設(shè)x₁＜x₂，則$-2x_2^2+a{x_2}-4=0$①，
得${x_2}=\frac{{a+\sqrt{{a^2}-32}}}{4}$且關(guān)于a在$（{4\sqrt{2}，6}）$上遞增，
因此${x_2}∈（{\sqrt{2}，2}）$…（12分）
又由①可得$a=2{x_2}+\frac{4}{x_2}$②，
當x∈（1，x₁）時，g（x）＜0，f'（x）＜0，f（x）遞減；x∈（x₁，x₂）時，g（x）＞0，f'（x）＞0，f（x）遞增；
當x∈（x₂，+∞）時，g（x）＜0，f'（x）＜0，f（x）遞減，
結(jié)合②可得${[{f（x）}]_{極大值}}=f（{x_2}）=-x_2^2+a{x_2}-4ln{x_2}-a+1=-x_2^2+2x_2^2+4-4ln{x_2}-2{x_2}-\frac{4}{x_2}+1$=$x_2^2-2{x_2}-\frac{4}{x_2}-4ln{x_2}+5，{x_2}∈（{\sqrt{2}，2}）$…（14分）
設(shè)$h（x）={x^2}-2x-\frac{4}{x}-4lnx+5，x∈（{\sqrt{2}，2}）$，
則$h'（x）=2x-2+\frac{4}{x^2}-\frac{4}{x}=\frac{{2（{x-1}）（{{x^2}-2}）}}{x^2}＞0$，
所以h（x）在$（{\sqrt{2}，2}）$上遞增，
所以$h（{\sqrt{2}}）＜f（{x_2}）＜h（2）$，從而$h（{\sqrt{2}}）=7-4\sqrt{2}-2ln2，h（2）=3-4ln2＞0$，
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，
綜上，存在滿足條件的m，m的取值范圍為[3-4ln2，+∞）…（16分）

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)知識的綜合運用，考查函數(shù)的零點，考查函數(shù)的單調(diào)性，考查學(xué)生分析解決問題的能力，屬于中檔題．