Question

14．已知函數(shù)f（x）=lnx-cx²（c∈R）．
（Ⅰ）討論函數(shù)f（x）的零點個數(shù)；
（Ⅱ）當函數(shù)f（x）有兩個零點x₁，x₂時，求證：x₁•x₂＞e．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的定義域，函數(shù)的導數(shù)，通過a≤0時，f'（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；a＞0時，求出極值點，然后通過導數(shù)的符號，判斷函數(shù)的單調(diào)性，從而求出函數(shù)的零點的個數(shù)；
（Ⅱ）設(shè)x₁＞x₂，求出關(guān)于c的表達式，利用分析法證明x₁x₂＞e，轉(zhuǎn)化為證明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，則t＞1，設(shè)g（t）=lnt-$\frac{{t}^{2}-1}{{t}^{2}+1}$=lnt+$\frac{2}{{t}^{2}+1}$-1（t＞1），利用函數(shù)的導數(shù)求解函數(shù)的最小值利用單調(diào)性證明即可．

解答 解：（Ⅰ）定義域為（0，+∞），f′（x）=$\frac{1}{x}$-2cx=$\frac{1-2{cx}^{2}}{x}$，
當c≤0時，f'（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
x→0時，f（x）→-∞，x→+∞時，f（x）→+∞，
f（x）有且只有1個零點；
當c＞0時，由f'（x）=0，得x=$\frac{\sqrt{2c}}{2c}$，
當0＜x＜$\frac{\sqrt{2c}}{2c}$時，f'（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，
當x＞$\frac{\sqrt{2c}}{2c}$時，f'（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，
∴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＞$\frac{1}{2e}$時，f（x）有2個零點，
c=$\frac{1}{2e}$時，f（x）有1個零點，
0＜c＜$\frac{1}{2e}$時，f（x）沒有零點，
綜上：c≤0或c=$\frac{1}{2e}$時，f（x）有1個零點，
0＜c＜$\frac{1}{2e}$時，f（x）沒有零點，
c＞$\frac{1}{2e}$時，f（x）有2個零點．
（Ⅱ）證明：設(shè)x₁＞x₂，∵lnx¹-cx₁²=0，lnx₂-cx₂²=0，
∴l(xiāng)nx₁+lnx₂=cx₁²+cx₂²，lnx₁-lnx₂=cx₁²-cx₂²，
則c=$\frac{l{nx}_{1}-l{nx}_{2}}{{{x}_{1}}^{2}{{-x}_{2}}^{2}}$，
欲證明x₁x₂＞e，即證lnx₁+lnx₂＞1，
因為lnx₁+lnx₂=c（x₁²+x₂²），
∴即證c＞$\frac{1}{{{{{x}_{1}}^{2}+x}_{2}}^{2}}$，
∴原命題等價于證明  $\frac{l{nx}_{1}-l{nx}_{2}}{{{x}_{1}}^{2}{{-x}_{2}}^{2}}$＞$\frac{1}{{{{{x}_{1}}^{2}+x}_{2}}^{2}}$，
即證：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，則t＞1，
設(shè)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，+∞）單調(diào)遞增，又因為g（1）=0，
∴g（t）＞g（1）=0，
∴l(xiāng)nt＞$\frac{{t}^{2}-1}{{t}^{2}+1}$，所以x₁x₂＞e．

點評 本題考查函數(shù)的導數(shù)的應用，函數(shù)的最小值以及函數(shù)的單調(diào)性的應用，構(gòu)造法分析法證明不等式，考查分析問題解決問題的能力．