Question

16．設函數(shù)f（x）=lnx-ax²（a＞0）．
（1）討論函數(shù)f（x）零點的個數(shù)；
（2）若函數(shù)f（x）有極大值為$-\frac{1}{2}$，且存在實數(shù)m，n，m＜n使得f（m）=f（n），證明：m+n＞4a．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導數(shù)，通過討論a的范圍，判斷函數(shù)的單調性，從而求出函數(shù)的零點的個數(shù)即可；
（2）求出函數(shù)的導數(shù)，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調區(qū)間，得到函數(shù)的最大值，從而求出a的值，構造函數(shù)g（x）=f（x）-f（2-x），0＜x≤1，根據(jù)函數(shù)的單調性得到f（m）＜f（2-m），又f（m）=f（n），得到f（n）＜f（2-m），從而證出結論即可．

解答 解：（1）$f'（x）=\frac{1}{x}-2ax=\frac{{1-2a{x^2}}}{x}（x＞0）$…（1）
①當a=0，f（x）=lnx在（0，+∞）上有一個零點；…（2）
②當a＜0，f'（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上單調遞增，
f（1）=-a＞0，f（e^a）=a-ae^2a=a（1-e^2a）＜0，
所以f（x）在（0，+∞）上有唯一零點；…（5）
③當$a＞0，f（x）=0，x=\sqrt{\frac{1}{2a}}$

x	$（0，\sqrt{\frac{1}{2a}}）$	$\sqrt{\frac{1}{2a}}$	$（\sqrt{\frac{1}{2a}}，+∞）$
f'（x）	+	0	-
f（x）

$f{（x）_{max}}=f（\sqrt{\frac{1}{2a}}）=ln（\sqrt{\frac{1}{2a}}）-\frac{1}{2}$
ⅰ當$a＞\frac{1}{2e}$時，f（x）在（0，+∞）上有沒有零點；
ⅱ當$a=\frac{1}{2e}$時，f（x）在（0，+∞）上有一個零點；
ⅲ當$0＜a＜\frac{1}{2e}$時，f（x）在（0，+∞）上有兩個零點；…（6）
綜上：當$a＞\frac{1}{2e}$時，f（x）在（0，+∞）上有沒有零點；
當$a=\frac{1}{2e}或a≤0$時，f（x）在（0，+∞）上有一個零點；
當$0＜a＜\frac{1}{2e}$時，f（x）在（0，+∞）上有兩個零點．…（7）
（2）①由第一問可知$f{（x）_{極大值}}=f（\sqrt{\frac{1}{2a}}）=-\frac{1}{2}，a=\frac{1}{2}$．…（9）
②法一：$f（x）=lnx-\frac{x^2}{2}$
令$F（x）=f（x）-f（2-x），F(xiàn)'（x）=f'（x）+f'（2-x）=\frac{1}{x}+\frac{1}{2-x}-2$，
由F'（x）=0，得x=1…（11）

x	（0，1）	1	（1，+∞）
F'（x）	+	0	-
F（x）

…（13）
∵m＜1＜n，∴F（m）=f（m）-f（2-m）＜0，即f（m）＜f（2-m），
又∵f（m）=f（n），∴f（n）＜f（2-m），
又因為f（x）在（1，+∞）上單調遞減，
所以m＞2-n，即m+n＞2得證．…（16）
法二
.$f（x）=lnx-\frac{x^2}{2}$，∵$f（m）=f（n），lnm-\frac{m^2}{2}=lnn-\frac{n^2}{2}，即（m+n）=\frac{{2ln\frac{n}{m}}}{n-m}$，∴${（m+n）^2}=\frac{{2（1+\frac{n}{m}）ln\frac{n}{m}}}{{\frac{n}{m}-1}}$，
由題意可知0＜m＜1＜n，令$\frac{n}{m}=t，t＞1$，
要證m+n＞2，只要證$\frac{2（1+t）lnt}{t-1}＞4$只要證$lnt＞\frac{2（t-1）}{1+t}$，只要證$lnt-\frac{2（t-1）}{1+t}＞0$．
令$h（t）=lnt-\frac{2（t-1）}{1+t}（t＞1），h'（t）$=$\frac{1}{t}-\frac{4}{{{{（1+t）}^2}}}=\frac{{{{（t-1）}^2}}}{{t{{（1+t）}^2}}}＞0$，
所以h（t）在（1，+∞）上單調遞增，h（t）_min=h（1）=0，
所以h（t）＞0，得證．

點評 本題考查了函數(shù)的單調性、極值問題，考查導數(shù)的應用以及分類討論思想，不等式的證明，是一道綜合題．