Question

8．已知函数f₁（x）=（x-λ）²，f₂（x）=lnx（x＞0，且x≠1）．
（Ⅰ）当λ=1时，若对任意x∈（1，+∞），f₁（x）≥k•f₂（x）恒成立，求实数k的取值范围；
（Ⅱ）若λ∈（0，1），设f（x）=$\frac{{f}_{1}（x）}{{f}_{2}（x）}$，f'（x）是f（x）的导函数，判断f'（x）的零点个数，并证明．

Answer 1

分析 （Ⅰ）方法一：由题意，求导，若k≤0，则g′（x）＞0，根据函数的单调性即可求得g（x）最大值，即可求得实数k的取值范围；
方法二：求导，分类讨论，根据函数的单调性，求得g（x）的最大值，求得实数k的取值范围；
（Ⅱ）构造辅助函数，求导，根据函数的单调性及函数零点的判断，即可求得f'（x）的零点个数．

解答 解：（1）当λ=1时，对任意x∈（1，+∞），（x-1）²-k•lnx≥0恒成立，
令g（x）=（x-1）²-k•lnx，求导g′（x）=$\frac{2{x}^{2}-2x-k}{x}$，
方法一：由x＞1，则2x²-2x=2x（x-1）＞0，
若k≤0，则g′（x）＞0，
∴g（x）在（1，+∞）上是增函数，
∴g（x）＞g（1）=0，符合题意，
当k＞0时，令g′（x）=0，解得：x₁=$\frac{1-\sqrt{1+2k}}{2}$＜0，x₂=$\frac{1+\sqrt{1+2k}}{2}$＞1，
则g（x）在（1，x₂）上是增函数，当x∈（1，x₂），g（x）＜g（1）=0，不符合题意，
综上可知：k的取值范围（-∞，0]；
方法二：2x²-2x-k=0，△=4+8k，
当k≤-$\frac{1}{2}$，△≤0，则2x²-2x-k≥0，则g（x）在（1，+∞）上增函数，
g（x）＞g（1）=0，符合题意，
当k≥-$\frac{1}{2}$，g′（x）=0，解得：x₁=$\frac{1-\sqrt{1+2k}}{2}$，x₂=$\frac{1+\sqrt{1+2k}}{2}$，
由-$\frac{1}{2}$＜k＜0，则x₁＜x₂＜1，在（1，+∞）上增函数，
当k＞0，则x₁＜1＜x₂，则g（x）在（1，x₂）上是减函数，
当x∈（1，x₂），g（x）＜g（1）=0，不符合题意，
综上可知：k的取值范围（-∞，0]；
（Ⅱ）证明：由题意：f′（x）=$\frac{（x-λ）（2lnx+\frac{λ}{x}-1）}{l{n}^{2}x}$，
由此可得：x=λ为一个零点，
令h（x）=2lnx-$\frac{λ}{x}$-1，（x＞0），则h′（x）=$\frac{2x-λ}{{x}^{2}}$，
h（x）减区间为（0，$\frac{λ}{2}$），单调增区间（$\frac{λ}{2}$，+∞），
其中0＜λ＜1，则h_min（x）=h（$\frac{λ}{2}$）=2ln$\frac{λ}{2}$+1＜1-ln4＜0，
h（λ）=2lnλ≠0，h（1）=λ-1≠0，
当x=$\sqrt{e}$＞$\frac{λ}{2}$，h（$\sqrt{e}$）=1+$\frac{λ}{\sqrt{e}}$-1＞0，
由函数存在定理及单调性可知：（$\frac{λ}{2}$，+∞）上存在唯一的零点x₂，
取x=（$\frac{{λ}^{2}}{{e}^{2}}$＜$\frac{λ}{2}$），则h（$\frac{{λ}^{2}}{{e}^{2}}$）=4lnλ+$\frac{{e}^{2}}{λ}$-5，
令g（λ）在（0，1）上是减函数，
故当λ∈（0，1）时，g（λ）＞g（1）=e²-5＞0，
即h（$\frac{{λ}^{2}}{{e}^{2}}$）＞0，
由零点存在定理及单调性可知在（$\frac{{λ}^{2}}{{e}^{2}}$，$\frac{λ}{2}$）存在唯一x₃∈（$\frac{{λ}^{2}}{{e}^{2}}$，$\frac{λ}{2}$），
h（x₃）=0，
由h（x）的单调递减区间（0，$\frac{λ}{2}$），即（0，$\frac{λ}{2}$）上h（x）存在唯一的零点x₃，
综上可知f（x）共有三个零点．

点评 本题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调性及最值，函数零点的判断，函数零点的个数，考查转化思想，分类讨论思想，属于中档题．