Question

已知函数f（x）=4x-k（x²+2clnx）（c＞1，k∈R）有一个极值点是1．
（I）讨论函数f（x）的单调性；
（II）当c＞1时，记f（x）的极大值为M（c），极小值为N（c），对于t∈R，问函数是否存在零点？若存在，请确定零点个数；若不存在，请说明理由．

Answer

（I）由已知中函数f（x）=4x-k（x2+2clnx）（c＞1，k∈R）有一个极值点是1．根据函数在某点取得极值的条件，可得1是导函数f′（x）=4-k（2x+）的一个根，由此求出函数的另一个极值点后，即可讨论得出函数的单调性．
（II）由（I）的结论，我们可得f（x）在x=c时取极大值，在x=1时取极小值，即=f（c）=4c-k（c2+2clnc），N=f（1）=4-k，构造函数利用导数研究函数的单调性，利用函数的单调性可以比较 的大小，从而得出函数是否存在零点．
【解析】
（I）由已知中k≠0
∵f（x）=4x-k（x2+2clnx）（c＞1，k∈R）
∴f′（x）=4-k（2x+）=
∵函数f（x）=有一个极值点是1．
∴f′（1）=0
∴c=
令f′（x）=0，即-2kx2-2ck+4x=0，即2kx2-4x+2ck=0
∵此方程的一个根为1，
∴另一个根为c
∵c＞1，即0＜k＜1
∴函数f（x）在（1，c）上为增函数，在（0，1），（c，+∞）上为减函数
（II）由（I）知f（x）在x=c时取极大值，在x=1时取极小值
∴M=f（c）=4c-k（c2+2clnc），N=f（1）=4-k，其中
∴
∴
令g（c）=c2-1-2clnc，则g′（c）=2c-（2lnc+2）=2（c-1-lnc）
再令h（c）=c-1-lnc，则h′（c）=1-=
∵c＞1，∴h′（c）＞0
∴函数h（c）在（1，+∞）上为增函数
∴h（c）＞h（1）=0
∴g′（c）＞0，
∴函数g（c）在（1，+∞）上为增函数
∴g（c）＞g（1）=0
∴＞0
∴．
∴函数不存在零点．