Question

12．已知函数f（x）=$\frac{lnx}{x}$，g（x）=$\frac{m}{{\sqrt{x}}}+f（x）（{x＞0，m∈R}）$．
（1）设a=3xf（x）-7（x-1），b=-2lnx+6x-6，求证：对任意正数x，在a与b中至少有一个不大于0；
（2）讨论函数g（x）在区间$[{\frac{1}{4}，{e^4}}]$上零点的个数．

Answer 1

分析 （1）根据反证法的步骤证明即可，
（2）利用导数求出函数的最值，再根据分类讨论即可判断函数的零点．

解答 解：（1）（反证法）证明：假设a，b中没有一个不大于0，即a＞0，b＞0，
则a+b=lnx-x+1＞0．
设h（x）=lnx-x+1，则$h′（x）=\frac{1-x}{x}$，
令h′（x）＞0，得0＜x＜1；令h′（x）＜0，得x＞1．
所以h（x）_max=f（1）=0，即h（x）=lnx-x+1≤0．
故a+b=lnx-x+1＞0与lnx-x+1≤0矛盾，
从而，对任意正数x，在a，b中至少有一个不大于0．
（2）由题可得$g（x）=\frac{{m\sqrt{x}+lnx}}{x}$，
令g（x）=0，得$m=-\frac{lnx}{{\sqrt{x}}}$．
设$F（x）=-\frac{lnx}{{\sqrt{x}}}（{\frac{1}{4}≤x≤{e^4}}）$=$\frac{lnx-2}{{2x\sqrt{x}}}$，
令F′（x）＜0，得$\frac{1}{4}≤x＜{e^2}$；
令F′（x）＞0，得e²＜x≤e⁴．
故F（x）在$[{\frac{1}{4}，{e^2}}）$上递减，在（e²，e⁴]上递增．
∴$F{（x）_{min}}=F（{e^2}）=-\frac{2}{e}$，且$F（{\frac{1}{4}}）=2ln4$，$F（{e^4}）=-\frac{4}{e^2}$．
当$m＜-\frac{2}{e}$或m＞2ln4时，g（x）无零点．
当$m=-\frac{2}{e}$或$-\frac{4}{e^2}＜m≤2ln4$时，g（x）有1个零点；
当$-\frac{2}{e}＜m≤-\frac{4}{e^2}$时，g（x）有2个零点．

点评 本题考查了反证法和函数的单调区间和极值的求法，考查函数在闭区间上的零点个数的讨论，解题时要认真审题，注意导数性质的合理运用，是中档题．