Question

10．若f（x）=lnx-mx．
（1）討論方程f（x）=0的解的個(gè)數(shù)；
（2）若f（x₁）=f（x₂）=0，且x₁≠x₂，求證：ln$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$＞1．

Answer 1

分析 （1）由題意可得m=$\frac{lnx}{x}$，設(shè)g（x）=$\frac{lnx}{x}$，求出導(dǎo)數(shù)和單調(diào)區(qū)間，可得最值，作出g（x）的圖象，通過(guò)圖象觀察即可得到所求解的個(gè)數(shù)；
（2）利用函數(shù)零點(diǎn)的性質(zhì)，結(jié)合函數(shù)單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)之間的關(guān)系，進(jìn)行轉(zhuǎn)化證明不等式x₁•x₂＞e²成立，再由基本不等式即可得到ln$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$＞1．

解答 解：（1）由f（x）=0，可得m=$\frac{lnx}{x}$，
設(shè)g（x）=$\frac{lnx}{x}$，g′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
當(dāng)x＞e時(shí)，g′（x）＜0，g（x）遞減；
當(dāng)0＜x＜e時(shí)，g′（x）＞0，g（x）遞增．
可得g（x）在x=e處取得極大值，且為最大值$\frac{1}{e}$，
且x→+∞時(shí)，g（x）→0，
作出g（x）的圖象，
可得當(dāng)m≤0或m=$\frac{1}{e}$時(shí)，直線y=m和y=g（x）有一個(gè)交點(diǎn)，即方程f（x）=0有一解；
當(dāng)0＜m＜$\frac{1}{e}$時(shí)，直線y=m和y=g（x）有兩個(gè)交點(diǎn)，即方程f（x）=0有兩解；
（2）證明：f（x）有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x₁，x₂，不妨設(shè)x₁＞x₂＞0，
由題意lnx₁=mx₁，lnx₂=mx₂，①
即lnx₁-lnx₂=m（x₁-x₂），∴$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=m②
而x₁x₂＞e²，等價(jià)于：lnx₁+lnx₂＞2，即m（x₁+x₂）＞2，③
由①②③得：$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$（x₁+x₂）＞2，則t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞1，
上式轉(zhuǎn)化為：lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$，t＞1，
設(shè)H（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，t＞1，
也就是要證明H（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$＞0，
則H′（t）=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}$＞0，
故函數(shù)H（t）是（1，+∞）上的增函數(shù)，
∴H（t）＞H（1）=0，
即不等式lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$成立，
不等式x₁•x₂＞e²成立，
即有$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$＞$\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}$=e，
則ln$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$＞1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)方程的轉(zhuǎn)化思想，以及數(shù)形結(jié)合的思想方法，考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求單調(diào)性和最值，考查不等式的證明，注意運(yùn)用分析法，考查推理和運(yùn)算能力，屬于中檔題．