Question

13．已知函数f（x）=lnx-ax+$\frac{b}{x}$，且f（x）+f（${\frac{1}{x}}$）=0，其中a，b为常数．
（1）若函数f（x）的图象在x=1的切线经过点（2，5），求函数的解析式；
（2）已知0＜a＜1，求证：f（$\frac{a^2}{2}$）＞0；
（3）当f（x）存在三个不同的零点时，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）利用赋值法，令x=1，得到f（1）=0，则切点为（1，0），从而可求出切线的斜率k=5，即f'（1）=5．由方程组$\left\{\begin{array}{l}{f（1）=0}\\{f'（1）=5}\end{array}\right.$，即可求出a，b的值；
（2）将x=$\frac{{a}^{2}}{2}$待入f（x）的解析式，构造函数$g（x）=2lnx+\frac{2}{x}-\frac{x^3}{2}-ln2$，通过求导可知g（x）在（0，1）上单调递减，则g（x）＞g（1）=1-ln2＞0，即f（$\frac{{a}^{2}}{2}$）＞0；
（3）求导，f'（x）=$\frac{-a{x}^{2}+x-a}{{x}^{2}}$，对参数a进行分类讨论，易知a≤0，或a≥$\frac{1}{2}$时，f（x）至多一个零点，不符题意；当0＜a＜$\frac{1}{2}$时，f（x）存在两个极值点x₁，x₂，通过零点存在定理可知，此时f（x）存在三个零点，满足条件，故a的取值范围是$（0，\frac{1}{2}）$．

解答 解：（1）在$f（x）+f（{\frac{1}{x}}）=0$中，取x=1得f（1）=0，∴f（1）=-a+b=0，∴a=b，
∵${f^'}（x）=\frac{1}{x}-a-\frac{b}{x^2}$，∴f'（1）=1-a-b=1-2a，
∵f（x）的图象在x=1的切线经过点（1，0），（2，5），∴k=$\frac{5-0}{2-1}=5$，
∴1-2a=5，得a=-2，
∴$f（x）=lnx+2x-\frac{2}{x}$；
（2）$f（\frac{a^2}{2}）=ln\frac{a^2}{2}-\frac{a^3}{2}+\frac{2}{a}=2lna+\frac{2}{a}-\frac{a^3}{2}-ln2$
令$g（x）=2lnx+\frac{2}{x}-\frac{x^3}{2}-ln2$，
则${g^'}（x）=\frac{2}{x}-\frac{2}{x^2}-\frac{{3{x^2}}}{2}=\frac{{-3{x^4}+4（{x-1}）}}{{2{x^2}}}$
∴x∈（0，1）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，
∴x∈（0，1）时，$g（x）＞g（1）=2-\frac{1}{2}-ln2＞1-ln2＞0$
故0＜a＜1时，f（$\frac{a^2}{2}$）＞0；
（3）${f^'}（x）=\frac{1}{x}-a（1+\frac{1}{x^2}）=\frac{{-a{x^2}+x-a}}{x^2}$，
①当a≤0时，在（0，+∞）上，f′（x）＞0，f（x）递增，∴f（x）至多一个零点，不符题意；    
②当$a≥\frac{1}{2}$时，在（0，+∞）上，f′（x）≤0，f（x）递减，∴f（x）至多一个零点，不符题意；
③当$0＜a＜\frac{1}{2}$时，令f′（x）=0，解得${x_1}=\frac{{1-\sqrt{1-4{a^2}}}}{2a}＜1$，${x_2}=\frac{{1+\sqrt{1-4{a^2}}}}{2a}＞1$，
此时，f（x）在（0，x₁）上递减，在（x₁，x₂）上递增，在（x₂，+∞）上递减，
∵x₁＜1＜x₂，∴f（x₁）＜f（1）＜f（x₂），即f（x₁）＜0，f（x₂）＞0，
∵$f（\frac{a^2}{2}）＞0$，∴$?{x_0}∈（\frac{a^2}{2}，{x_1}）$，使得f（x₀）=0，
又∵$f（\frac{1}{x_0}）=-f（{x_0}）=0，f（1）=0$，
∴f（x）恰有三个不同的零点：$x{\;}_0，1，\frac{1}{x_0}$
综上所述，a的取值范围是$（0，\frac{1}{2}）$．

点评 本题考查了利用导数研究切线方程，利用导数证明不等式以及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．