Question

14．已知函数f（x）=lnx-cx²（c∈R）．
（Ⅰ）讨论函数f（x）的零点个数；
（Ⅱ）当函数f（x）有两个零点x₁，x₂时，求证：x₁•x₂＞e．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的定义域，函数的导数，通过a≤0时，f'（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上单调递增；a＞0时，求出极值点，然后通过导数的符号，判断函数的单调性，从而求出函数的零点的个数；
（Ⅱ）设x₁＞x₂，求出关于c的表达式，利用分析法证明x₁x₂＞e，转化为证明ln $\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞$\frac{{{x}_{1}}^{2}{{-x}_{2}}^{2}}{{{x}_{1}}^{2}{{+x}_{2}}^{2}}$（x₁＞x₂＞0），令$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=t，则t＞1，设g（t）=lnt-$\frac{{t}^{2}-1}{{t}^{2}+1}$=lnt+$\frac{2}{{t}^{2}+1}$-1（t＞1），利用函数的导数求解函数的最小值利用单调性证明即可．

解答 解：（Ⅰ）定义域为（0，+∞），f′（x）=$\frac{1}{x}$-2cx=$\frac{1-2{cx}^{2}}{x}$，
当c≤0时，f'（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上单调递增，
x→0时，f（x）→-∞，x→+∞时，f（x）→+∞，
f（x）有且只有1个零点；
当c＞0时，由f'（x）=0，得x=$\frac{\sqrt{2c}}{2c}$，
当0＜x＜$\frac{\sqrt{2c}}{2c}$时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，
当x＞$\frac{\sqrt{2c}}{2c}$时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，
∴f（x）_最大值=f（$\frac{\sqrt{2c}}{2c}$）=ln$\frac{1}{\sqrt{2c}}$-$\frac{1}{2}$，
令ln$\frac{1}{\sqrt{2c}}$-$\frac{1}{2}$＞0，解得：c＞$\frac{1}{2e}$，
∴c＞$\frac{1}{2e}$时，f（x）有2个零点，
c=$\frac{1}{2e}$时，f（x）有1个零点，
0＜c＜$\frac{1}{2e}$时，f（x）没有零点，
综上：c≤0或c=$\frac{1}{2e}$时，f（x）有1个零点，
0＜c＜$\frac{1}{2e}$时，f（x）没有零点，
c＞$\frac{1}{2e}$时，f（x）有2个零点．
（Ⅱ）证明：设x₁＞x₂，∵lnx¹-cx₁²=0，lnx₂-cx₂²=0，
∴lnx₁+lnx₂=cx₁²+cx₂²，lnx₁-lnx₂=cx₁²-cx₂²，
则c=$\frac{l{nx}_{1}-l{nx}_{2}}{{{x}_{1}}^{2}{{-x}_{2}}^{2}}$，
欲证明x₁x₂＞e，即证lnx₁+lnx₂＞1，
因为lnx₁+lnx₂=c（x₁²+x₂²），
∴即证c＞$\frac{1}{{{{{x}_{1}}^{2}+x}_{2}}^{2}}$，
∴原命题等价于证明  $\frac{l{nx}_{1}-l{nx}_{2}}{{{x}_{1}}^{2}{{-x}_{2}}^{2}}$＞$\frac{1}{{{{{x}_{1}}^{2}+x}_{2}}^{2}}$，
即证：ln $\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞$\frac{{{x}_{1}}^{2}{{-x}_{2}}^{2}}{{{x}_{1}}^{2}{{+x}_{2}}^{2}}$（x₁＞x₂＞0），
令$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=t，则t＞1，
设g（t）=lnt-$\frac{{t}^{2}-1}{{t}^{2}+1}$=lnt+$\frac{2}{{t}^{2}+1}$-1（t＞1），
∴g′（t）=$\frac{{{（t}^{2}-1）}^{2}}{{t{（t}^{2}+1）}^{2}}$≥0，
∴g（t）在（1，+∞）单调递增，又因为g（1）=0，
∴g（t）＞g（1）=0，
∴lnt＞$\frac{{t}^{2}-1}{{t}^{2}+1}$，所以x₁x₂＞e．

点评 本题考查函数的导数的应用，函数的最小值以及函数的单调性的应用，构造法分析法证明不等式，考查分析问题解决问题的能力．