Question

14．函数f（x）=lnx-ax²（a∈R）．
（1）讨论f（x）的零点个数；
（2）设函数h（x）=（1-a）x²-kx-f（x），对任意的m，n＞0（m≠n），存在c＞0，使得h′（c）=$\frac{h（m）-h（n）}{m-n}$，求证：$\sqrt{mn}$＜c＜$\frac{m+n}{2}$．

Answer 1

分析 （1）函数f（x）=lnx-ax²（a∈R）的零点个数?方程lnx-ax²=0的解（正实数）的个数
?$a=\frac{lnx}{{x}^{2}}$的解的个数?函数y=a，G（x）=$\frac{lnx}{{x}^{2}}$的图象交点个数．利用导数求出单调性，画出草图即可求解．
（2）h（x）=（1-a）x²-kx-f（x）=x²-kx-lnx，h′（x）=2x-$\frac{1}{x}-k$在（0，+∞）单调递增，
不妨设m＞n＞0，则$\sqrt{mn}$＜c＜$\frac{m+n}{2}$?$h′（\sqrt{mn}）＜h′（c）=\frac{h（m）-h（n）}{m-n}＜$h′（$\frac{m+n}{2}$）．
?m+n-$\frac{lnm-lnn}{m-n}$-k＜m+n-$\frac{2}{m+n}-k$…①，2$\sqrt{mn}$-$\frac{1}{\sqrt{mn}}$-k＜m+n-$\frac{lnm-lnn}{m-n}$-k…②
分别对①②时求证即可．

解答 解：（1），函数f（x）的定义域为（0，+∞），
函数f（x）=lnx-ax²（a∈R）的零点个数?方程lnx-ax²=0的解（正实数）的个数
?$a=\frac{lnx}{{x}^{2}}$的解的个数?函数y=a，G（x）=$\frac{lnx}{{x}^{2}}$的图象交点个数．
G′（x）=$\frac{1-2lnx}{{x}^{3}}$，令G′（x）=0得x=$\sqrt{e}$
x$∈（0，\sqrt{e}）$时，G′（x）＞0，x$∈（\sqrt{e}$，+∞）时，G′（x）＜0，∴函数G（x）在（0，$\sqrt{e}$）递增，在（$\sqrt{e}，+∞$）递减，
且x＞1时．G（x）＞0，x＜1时，G（x）＜0，G（x）max=G（$\sqrt{e}$）=$\frac{1}{2e}$，
其草图如下：由图象可知：
$a＞\frac{1}{2e}$时，函数f（x）无零点，0＜a＜$\frac{1}{2e}$时，又两个零点，a=$\frac{1}{2e}$时，有有一个零点．


证明：（2）h（x）=（1-a）x²-kx-f（x）=x²-kx-lnx，h′（x）=2x-$\frac{1}{x}-k$在（0，+∞）单调递增，
不妨设m＞n＞0，则$\sqrt{mn}$＜c＜$\frac{m+n}{2}$?$h′（\sqrt{mn}）＜h′（c）=\frac{h（m）-h（n）}{m-n}＜$h′（$\frac{m+n}{2}$）．
?m+n-$\frac{lnm-lnn}{m-n}$-k＜m+n-$\frac{2}{m+n}-k$…①，2$\sqrt{mn}$-$\frac{1}{\sqrt{mn}}$-k＜m+n-$\frac{lnm-lnn}{m-n}$-k…②
由①得$\frac{lnm-lnn}{m-n}＞\frac{2}{m+n}$?$ln\frac{m}{n}＞\frac{2（m-n）}{m+n}=\frac{\frac{m}{n}-1}{\frac{m}{n}+1}$，
令t=$\frac{m}{n}$＞1，可构造函数g（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，（t＞1），g′（t）=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）}＞$0，则g（t）在（1，+∞）单调递增，即g（t）＞g（1）=0，故①成立．
在②中∵$m+n＞2\sqrt{mn}$成立，只需证明$\frac{1}{\sqrt{mn}}＞\frac{lnm-lnn}{m-n}$?ln$\frac{m}{n}$＜$\frac{m-n}{\sqrt{mn}}$=$\sqrt{\frac{m}{n}}-\sqrt{\frac{n}{m}}$，
令$\sqrt{\frac{m}{n}}=t$＞1，可构造函数φ（t）=2lnt-（t-$\frac{1}{t}$）（t＞1），φ′（t）=-$\frac{（t-1）^{2}}{{t}^{2}}$＜0，函数φ（t）在（1，+∞）单调递减，即φ（t）＜φ（1）=0，故②成立．
综上，原结论成立

点评 该题考查利用导数研究函数的单调性、极值和函数的零点，考查学生综合运用知识分析解决问题的能力，该题运算量大，综合性强，能力要求高，属于压轴题．