Question

8．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1+2lnx}{x^2}$，且方程f（x）-m=0有兩個(gè)相異實(shí)數(shù)根x₁，x₂（x₁＞x₂）．
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；
（2）求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
（3）證明：x₁²x₂+x₁x₂²＞2．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的遞增區(qū)間即可；
（2）根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出f（x）的最大值，通過(guò)討論m的范圍，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性判斷出方程f（x）-m=0有兩個(gè)相異實(shí)數(shù)根的m的范圍即可；
（3）由f（x₁）=f（x₂），得$\frac{1+2l{nx}_{1}}{{{x}_{1}}^{2}}$=$\frac{1+2l{nx}_{2}}{{{x}_{2}}^{2}}$，令x₁=x₂t，∵x₁＞x₂，∴t＞1，問(wèn)題轉(zhuǎn)化為證明$\frac{{t}^{2}+1}{{t}^{2}-1}$lnt-1＞0，即證lnt-$\frac{{t}^{2}-1}{{t}^{2}+1}$＞0，（*），令g（t）=lnt-$\frac{{t}^{2}-1}{{t}^{2}+1}$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）的定義域是（0，+∞），f′（x）=$\frac{-4lnx}{{x}^{3}}$，
令f′（x）＞0，解得：0＜x＜1，
故f（x）在（0，1）遞增；
（2）由（1），令f′（x）＜0，解得：x＞1，
故f（x）在（0，1）遞增，在（1，+∞）遞減，
故f（x）_max=f（1）=1，
①m＞1時(shí)，f（x）=m無(wú)解，
②m=1時(shí)，f（x）=1有1個(gè)解，
③m≤0，x∈（1，+∞）時(shí)，f（x）＞0，f（x）=m無(wú)解，
x∈（0，1）時(shí)，f（x）遞增，f（x）=m至多1個(gè)解，
故x∈（0，+∞）時(shí)，f（x）=m至多1個(gè)解，
④0＜m＜1時(shí)，x∈（0，1）時(shí)，f（x）遞增，f（$\frac{1}{\sqrt{e}}$）=0，f（1）=1，f（x）的圖象不間斷，
f（$\frac{1}{\sqrt{e}}$）＜m＜f（1），f（x）=m在（$\frac{1}{\sqrt{e}}$，1）內(nèi)有1個(gè)解，即在（0，1）內(nèi)有1個(gè)解，
x∈（1，+∞）時(shí)，f（x）是減函數(shù)，先證明lnx≤$\frac{1}{e}$x，
令g（x）=lnx-$\frac{1}{e}$x，則g′（x）=$\frac{e-x}{ex}$，
令g′（x）＞0，解得：0＜x＜e，令g′（x）＜0，解得：x＞e，
故g（x）在（0，e）遞增，在（e，+∞）遞減，
故g（x）_max=g（e）=0，故lnx≤$\frac{1}{e}$x，
x∈（1，+∞）時(shí)，f（x）=$\frac{1+2lnx}{{x}^{2}}$≤$\frac{1+\frac{2}{e}x}{{x}^{2}}$＜$\frac{1+x}{{x}^{2}}$＜$\frac{2x}{{x}^{2}}$=$\frac{2}{x}$，
令$\frac{2}{x}$=m，即x=$\frac{2}{m}$時(shí)，f（$\frac{2}{m}$）＜m，又m＜f（1），f（x）在（1，+∞）遞減，
故f（x）=m在（1，$\frac{2}{m}$）內(nèi)有1解，即在（1，+∞）內(nèi)有1解，
綜上，當(dāng)且僅當(dāng)0＜m＜1時(shí)，f（x）=m在（0，+∞）內(nèi)有2解，
實(shí)數(shù)m的范圍是（0，1）；
（3）由f（x₁）=f（x₂），得$\frac{1+2l{nx}_{1}}{{{x}_{1}}^{2}}$=$\frac{1+2l{nx}_{2}}{{{x}_{2}}^{2}}$，
令x₁=x₂t，∵x₁＞x₂，∴t＞1，
$\frac{1+2lnt+2l{nx}_{2}}{{t}^{2}}$=1+2lnx₂，
則lnx₂=$\frac{1}{{t}^{2}-1}$lnt-$\frac{1}{2}$，
下面證明x₁x₂＞1，
∵lnx₁+lnx₂=2lnx₂+lnt=$\frac{{t}^{2}+1}{{t}^{2}-1}$lnt-1，
故只需證明$\frac{{t}^{2}+1}{{t}^{2}-1}$lnt-1＞0，即證lnt-$\frac{{t}^{2}-1}{{t}^{2}+1}$＞0，（*），
令g（t）=lnt-$\frac{{t}^{2}-1}{{t}^{2}+1}$，
∵g′（t）=$\frac{{{（t}^{2}-1）}^{2}}{{{（t}^{2}+1）}^{2}}$＞0，
∴g（t）在（1，+∞）遞增，g（t）在（0，+∞）上的圖象不間斷，
則g（t）＞g（1）=0，（*）成立，故x₁x₂＞1，
由基本不等式得x₁+x₂＞2$\sqrt{{{x}_{1}x}_{2}}$＞2，
故x₁²x₂+x₁x₂²＞2．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，轉(zhuǎn)化思想，考查不等式的證明，是一道綜合題．