Question

20．已知函数f（x）=2a²lnx-x²，g（x）=-x²+2a³x+$\frac{{2{a^2}}}{x}，（{a＞0}）$．
（1）讨论函数f（x）在（1，e²）上零点的个数；
（2）若h（x）=f（x）-g（x）有两个不同的零点x₁，x₂，求证：x₁•x₂＞2e²．（参考数据：e取2.8，ln2取0.7，$\sqrt{2}$取1.4）

Answer 1

分析 （1）f（x）在（0，a]上是增函数，在[a，+∞）上是减函数，可得f（x）_max=f（a）=a²（2lna-1），分类讨论，结合函数的单调性，从而确定函数f（x）在区间（1，e²）上零点的个数；
（2）由h（x）=0，得$lnx-\frac{1}{x}=ax$，结合题意可得$ln{x}_{1}-\frac{1}{{x}_{1}}=a{x}_{1}$，$ln{x}_{2}-\frac{1}{{x}_{2}}=a{x}_{2}$，变形得$\frac{ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}+\frac{1}{{x}_{1}{x}_{2}}=a$，转化为$ln{x}_{1}{x}_{2}-\frac{2（{x}_{1}+{x}_{2}）}{{x}_{1}{x}_{2}}=\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{2}-{x}_{1}}•ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，
不妨令0＜x₁＜x₂，记t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞1，令F（t）=$lnt-\frac{2（t-1）}{t+1}$（t＞1），则F′（t）=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）}$＞0，由导数确定单调性，可得F（t）=$lnt-\frac{2（t-1）}{t+1}$＞F（1）=0，得到$ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞$\frac{2（{x}_{2}-{x}_{1}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，利用不等式放缩可得$ln\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}-\frac{2}{\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}}$＞1，再令G（x）=lnx-$\frac{2}{x}$，则x＞0时，G′（x）=$\frac{1}{x}+\frac{2}{{x}^{2}}$＞0，可得G（x）在（0，+∞）上单调递增，结合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，∴当0＜x＜a时，f′（x）＞0，当x＞a时，f′（x）＜0．
∴f（x）在（0，a]上是增函数，在[a，+∞）上是减函数．
∴f（x）_max=f（a）=a²（2lna-1），
讨论函数f（x）的零点情况如下．
①a²（2lna-1）＜0，即0＜a＜$\sqrt{e}$时，函数f（x）无零点，在（1，e²）上也无零点；
②当a²（2lna-1）=0，即a=$\sqrt{e}$时，函数f（x）在（0，+∞）内有唯一零点a，而1＜a＜e²，
∴f（x）在（1，e²）内有一个零点；
③当a²（2lna-1）＞0，即a＞$\sqrt{e}$时，
由于f（1）=-1＜0，f（a）=a²（2lna-1）＞0．f（e²）=（2a-e²）（2a+e²），
当2a-e²＜0时，即$\sqrt{e}$＜a＜$\frac{{e}^{2}}{2}$时，1＜$\sqrt{e}$＜a＜$\frac{{e}^{2}}{2}$＜e²，f（e²）＜0，
由单调性可知，函数f（x）在（1，a）内有唯一零点x₁、在（a，e²）内有唯一零点x₂满足，
∴f（x）在（1，e²）内有两个零点；  
当2a-e²≥0时，即a≥$\frac{{e}^{2}}{2}$＞$\sqrt{e}$时，f（e²）≥0，而且f（$\sqrt{e}$）=a²-e＞0，f（1）=-1＜0，
由单调性可知，无论a≥e²还是a＜e²，f（x）在（1，$\sqrt{e}$）内有唯一的一个零点，
在[$\sqrt{e}$，e²）内没有零点，从而f（x）在（1，e²）内只有一个零点；
综上所述，有：当0＜a＜$\sqrt{e}$时，函数f（x）无零点；
当a=$\sqrt{e}$或a≥$\frac{{e}^{2}}{2}$时，函数f（x）有一个零点；
当$\sqrt{e}$＜a＜$\frac{{e}^{2}}{2}$时，函数f（x）有两个零点．
（2）证明：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$lnx-\frac{1}{x}=ax$，
由题意知$ln{x}_{1}-\frac{1}{{x}_{1}}=a{x}_{1}$，$ln{x}_{2}-\frac{1}{{x}_{2}}=a{x}_{2}$，
两式相加得$ln{x}_{1}{x}_{2}-\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}=a（{x}_{1}+{x}_{2}）$，
两式相减得$ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}=a（{x}_{2}-{x}_{1}）$，
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，记t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞1，
令F（t）=$lnt-\frac{2（t-1）}{t+1}$（t＞1），则F′（t）=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）}$＞0，
∴F（t）=$lnt-\frac{2（t-1）}{t+1}$在（1，+∞）上单调递增，则F（t）=$lnt-\frac{2（t-1）}{t+1}$＞F（1）=0，
∴lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$，则$ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞$\frac{2（{x}_{2}-{x}_{1}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，
∴$ln{x}_{1}{x}_{2}-\frac{2（{x}_{1}+{x}_{2}）}{{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{2}-{x}_{1}}•ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞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-$\frac{2}{x}$，则x＞0时，G′（x）=$\frac{1}{x}+\frac{2}{{x}^{2}}$＞0，
∴G（x）在（0，+∞）上单调递增，
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}}$$-\frac{2}{\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}}$＞1＞$ln\sqrt{2}e-\frac{2}{\sqrt{2}e}$，
则$\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}$$＞\sqrt{2}e$，即x₁•x₂＞2e²．

点评 本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，考查函数构造、数学转化、放缩等数学思想方法，题目设置难度较大．