Question

20．已知函數(shù)f（x）=2a²lnx-x²，g（x）=-x²+2a³x+$\frac{{2{a^2}}}{x}，（{a＞0}）$．
（1）討論函數(shù)f（x）在（1，e²）上零點(diǎn)的個(gè)數(shù)；
（2）若h（x）=f（x）-g（x）有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x₁，x₂，求證：x₁•x₂＞2e²．（參考數(shù)據(jù)：e取2.8，ln2取0.7，$\sqrt{2}$取1.4）

Answer 1

分析 （1）f（x）在（0，a]上是增函數(shù)，在[a，+∞）上是減函數(shù)，可得f（x）_max=f（a）=a²（2lna-1），分類討論，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性，從而確定函數(shù)f（x）在區(qū)間（1，e²）上零點(diǎn)的個(gè)數(shù)；
（2）由h（x）=0，得$lnx-\frac{1}{x}=ax$，結(jié)合題意可得$ln{x}_{1}-\frac{1}{{x}_{1}}=a{x}_{1}$，$ln{x}_{2}-\frac{1}{{x}_{2}}=a{x}_{2}$，變形得$\frac{ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}+\frac{1}{{x}_{1}{x}_{2}}=a$，轉(zhuǎn)化為$ln{x}_{1}{x}_{2}-\frac{2（{x}_{1}+{x}_{2}）}{{x}_{1}{x}_{2}}=\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{2}-{x}_{1}}•ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，
不妨令0＜x₁＜x₂，記t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞1，令F（t）=$lnt-\frac{2（t-1）}{t+1}$（t＞1），則F′（t）=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）}$＞0，由導(dǎo)數(shù)確定單調(diào)性，可得F（t）=$lnt-\frac{2（t-1）}{t+1}$＞F（1）=0，得到$ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞$\frac{2（{x}_{2}-{x}_{1}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，利用不等式放縮可得$ln\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}-\frac{2}{\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}}$＞1，再令G（x）=lnx-$\frac{2}{x}$，則x＞0時(shí)，G′（x）=$\frac{1}{x}+\frac{2}{{x}^{2}}$＞0，可得G（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，結(jié)合ln$\sqrt{2}e$-$\frac{2}{\sqrt{2}e}$=$\frac{1}{2}$ln2+1$-\frac{\sqrt{2}}{e}$≈0.85＜1，可得G（$\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}$）=$ln\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}$$-\frac{2}{\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}}$＞1＞$ln\sqrt{2}e-\frac{2}{\sqrt{2}e}$，即$\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}$$＞\sqrt{2}e$，得x₁•x₂＞2e²．

解答 （1）解：∵f（x）=2a²lnx-x²，∴f′（x）=$\frac{-2（x-a）（x+a）}{x}$．
∵x＞0，a＞0，∴當(dāng)0＜x＜a時(shí)，f′（x）＞0，當(dāng)x＞a時(shí)，f′（x）＜0．
∴f（x）在（0，a]上是增函數(shù)，在[a，+∞）上是減函數(shù)．
∴f（x）_max=f（a）=a²（2lna-1），
討論函數(shù)f（x）的零點(diǎn)情況如下．
①a²（2lna-1）＜0，即0＜a＜$\sqrt{e}$時(shí)，函數(shù)f（x）無(wú)零點(diǎn)，在（1，e²）上也無(wú)零點(diǎn)；
②當(dāng)a²（2lna-1）=0，即a=$\sqrt{e}$時(shí)，函數(shù)f（x）在（0，+∞）內(nèi)有唯一零點(diǎn)a，而1＜a＜e²，
∴f（x）在（1，e²）內(nèi)有一個(gè)零點(diǎn)；
③當(dāng)a²（2lna-1）＞0，即a＞$\sqrt{e}$時(shí)，
由于f（1）=-1＜0，f（a）=a²（2lna-1）＞0．f（e²）=（2a-e²）（2a+e²），
當(dāng)2a-e²＜0時(shí)，即$\sqrt{e}$＜a＜$\frac{{e}^{2}}{2}$時(shí)，1＜$\sqrt{e}$＜a＜$\frac{{e}^{2}}{2}$＜e²，f（e²）＜0，
由單調(diào)性可知，函數(shù)f（x）在（1，a）內(nèi)有唯一零點(diǎn)x₁、在（a，e²）內(nèi)有唯一零點(diǎn)x₂滿足，
∴f（x）在（1，e²）內(nèi)有兩個(gè)零點(diǎn)；  
當(dāng)2a-e²≥0時(shí)，即a≥$\frac{{e}^{2}}{2}$＞$\sqrt{e}$時(shí)，f（e²）≥0，而且f（$\sqrt{e}$）=a²-e＞0，f（1）=-1＜0，
由單調(diào)性可知，無(wú)論a≥e²還是a＜e²，f（x）在（1，$\sqrt{e}$）內(nèi)有唯一的一個(gè)零點(diǎn)，
在[$\sqrt{e}$，e²）內(nèi)沒(méi)有零點(diǎn)，從而f（x）在（1，e²）內(nèi)只有一個(gè)零點(diǎn)；
綜上所述，有：當(dāng)0＜a＜$\sqrt{e}$時(shí)，函數(shù)f（x）無(wú)零點(diǎn)；
當(dāng)a=$\sqrt{e}$或a≥$\frac{{e}^{2}}{2}$時(shí)，函數(shù)f（x）有一個(gè)零點(diǎn)；
當(dāng)$\sqrt{e}$＜a＜$\frac{{e}^{2}}{2}$時(shí)，函數(shù)f（x）有兩個(gè)零點(diǎn)．
（2）證明：h（x）=f（x）-g（x）=2a²lnx-x²+x²-2a³x-$\frac{2{a}^{2}}{x}$=$2{a}^{2}lnx-2{a}^{3}x-\frac{2{a}^{2}}{x}$．
由h（x）=0，得$lnx-\frac{1}{x}=ax$，
由題意知$ln{x}_{1}-\frac{1}{{x}_{1}}=a{x}_{1}$，$ln{x}_{2}-\frac{1}{{x}_{2}}=a{x}_{2}$，
兩式相加得$ln{x}_{1}{x}_{2}-\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}=a（{x}_{1}+{x}_{2}）$，
兩式相減得$ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}=a（{x}_{2}-{x}_{1}）$，
即$\frac{ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}+\frac{1}{{x}_{1}{x}_{2}}=a$，
∴$ln{x}_{1}{x}_{2}-\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}=（\frac{ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}+\frac{1}{{x}_{1}{x}_{2}}）（{x}_{1}+{x}_{2}）$，
即$ln{x}_{1}{x}_{2}-\frac{2（{x}_{1}+{x}_{2}）}{{x}_{1}{x}_{2}}=\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{2}-{x}_{1}}•ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，
不妨令0＜x₁＜x₂，記t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞1，
令F（t）=$lnt-\frac{2（t-1）}{t+1}$（t＞1），則F′（t）=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）}$＞0，
∴F（t）=$lnt-\frac{2（t-1）}{t+1}$在（1，+∞）上單調(diào)遞增，則F（t）=$lnt-\frac{2（t-1）}{t+1}$＞F（1）=0，
∴l(xiāng)nt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$，則$ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞$\frac{2（{x}_{2}-{x}_{1}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，
∴$ln{x}_{1}{x}_{2}-\frac{2（{x}_{1}+{x}_{2}）}{{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{2}-{x}_{1}}•ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞2，
又$ln{x}_{1}{x}_{2}-\frac{2（{x}_{1}+{x}_{2}）}{{x}_{1}{x}_{2}}$＜lnx₁x₂$-\frac{4\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=$ln{x}_{1}{x}_{2}-\frac{4}{\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}}$=$2ln\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}-\frac{4}{\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}}$，
∴$2ln\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}-\frac{4}{\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}}$＞2，即$ln\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}-\frac{2}{\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}}$＞1，
令G（x）=lnx-$\frac{2}{x}$，則x＞0時(shí)，G′（x）=$\frac{1}{x}+\frac{2}{{x}^{2}}$＞0，
∴G（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
又ln$\sqrt{2}e$-$\frac{2}{\sqrt{2}e}$=$\frac{1}{2}$ln2+1$-\frac{\sqrt{2}}{e}$≈0.85＜1，
∴G（$\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}$）=$ln\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}$$-\frac{2}{\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}}$＞1＞$ln\sqrt{2}e-\frac{2}{\sqrt{2}e}$，
則$\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}$$＞\sqrt{2}e$，即x₁•x₂＞2e²．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查函數(shù)構(gòu)造、數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化、放縮等數(shù)學(xué)思想方法，題目設(shè)置難度較大．