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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.

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.

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