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悠闲数学娱乐论坛(第2版)
»
初等数学讨论
» 当$f(x)=\ln x-ax+\frac ax$存在三个零点求$a$取值范围(应试)
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发表于 2018-1-16 18:00
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[函数]
当$f(x)=\ln x-ax+\frac ax$存在三个零点求$a$取值范围(应试)
一道在高三里常见的导数含参问题
21.已知函数$f(x) = \ln x - ax + \dfrac ax$,其中$a$为常数.
(1)略;(2)略;
(3)当函数$f(x)$存在三个不同的零点时,求$a$的取值范围.
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发表于 2018-1-17 05:24
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首先,不难发现$a\le 0$时,整个函数是增函数,肯定没戏
其次,假设存在三个零点,由于整个函数在定义域$x>0$内是连续可导的,由罗尔定理知其必然有两个极值点,故:
\[f'(x)=\frac{1}{x}-a-\frac{a}{x^2}=0\]
有两解,即
\[-\frac{1}{2}<a<\frac{1}{2}\]
接下来反过来证明这个范围就是对的即可
由于导函数最多只有两解,不可能存在超过三个零点的情况
而易证
\[\lim_{x\to 0}f(x)=\lim_{x\to 0}\ln(x·e^{\frac{a}{x}})=\lim_{t\to\infty}\ln(\frac{e^{at}}{t})=+\infty\]
\[\lim_{x\to\infty}f(x)=\lim_{x\to\infty}[\ln(x)-ax]=-\infty\]
又显然$x=1$为其中一解,且易证$f'(1)=1-2a>0$
故必然可以找到以$x=1$为中心的一个邻域$U$,使得其中存在$x_1<1<x_2$,$x_1,x_2\in U$且有$f(x_1)<0,f(x_2)>0$
再根据函数连续,可知此时必然存在三个零点,$x=1$为一个,另外两个分别在区间$(0,1), (1,+\infty)$上
故$a\in (0,\frac{1}{2})$
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发表于 2018-1-17 09:00
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这个最麻烦的就是极限问题,高中都没怎么要求,不知道参考答案会是怎样的处理。
2018-1-17 09:18
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发表于 2018-1-17 09:34
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战巡
这过程真是舒爽!学习了。
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发表于 2018-1-17 09:37
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开贴也就是主要因为这个,无论是直接讨论,还是分参,在都要涉及到极限。
结合2#3#楼,数学分析中的重要定理还是要会用才行。
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发表于 2018-1-17 10:14
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如果极限问题忽略的话,3楼的u(x)和v(x)的单调性简单分析下就有3楼的f(x)的图象了。
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发表于 2018-1-17 11:22
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讨论不局限于高中。原闻其详。
u,v恰好,(0,1)增,(1,$+\infty$)减?
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发表于 2018-1-17 11:31
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答案估计又是这样搞的咯:
必要性同2#,充分性:当 $0<a<1/2$ 时,有
\begin{align*}
f(a^2)&=2\ln a-a^3+\frac1a>a-\frac1a-a^3+\frac1a=a(1-a^2)>0,\\
f(2a)&=\ln(2a)-2a^2+\frac12<2a-1-2a^2+\frac12=-\frac12(2a-1)^2<0,
\end{align*}
又注意到 $f(1/x)=-f(x)$,所以
\begin{align*}
f\left( \frac1{2a} \right)&=-f(2a)>0,\\
f\left( \frac1{a^2} \right)&=-f(a^2)<0,
\end{align*}
而 $a^2<2a<1/(2a)<1/a^2$,从而存在三个零点。
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发表于 2018-1-17 12:10
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kuing
被“看”透了,我见到的标答中的确用了$f(1/x)=-f(x)$,临场不易。
三种方法了,数分,数形结合,高考范围内,都精彩。
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发表于 2018-1-17 13:19
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再来一个,写起来相对来说自然一点:
令
\[g(x)=f(e^x)=x-a(e^x-e^{-x})=x-2a\sinh x, \quad x\inR,\]
则 $f(x)$ 存在三个零点等价于 $g(x)$ 存在三个零点,而 $g(x)$ 为奇函数,所以等价于在 $(0,+\infty)$ 存在零点。
求导得
\[g'(x)=1-2a\cosh x,\]
因为 $\cosh x\geqslant 1$,所以当 $a\leqslant 0$ 时恒有 $g'(x)>0$,当 $a\geqslant 1/2$ 时恒有 $g'(x)\leqslant 1-\cosh x\leqslant 0$,这两种情况都不符合题意。
当 $0<a<1/2$ 时,令 $t=\text{arccosh}\frac1{2a}$,则 $g'(x)>0 \iff x\in(-t,t)$,又 $g(0)=0$,故 $g(t)>0$。
接下来证明存在负的,不难证明当 $x>0$ 时 $\sinh x>x+x^3/6$(求几下导即可,背景是泰勒),所以当 $x>0$ 时
\[g(x)<x-2a\left( x+\frac{x^3}6 \right)=-\frac13x(ax^2+6a-3),\]
所以当 $x>\sqrt{(3-6a)/a}$ 时必有 $g(x)<0$。
综上知在 $(t,+\infty)$ 上存在零点,故此所求范围就是 $a\in(0,1/2)$。
PS、本质就是 $\sinh x$ 与 $kx$ 有三个交点,只需 $k>(\sinh x)'|_{x=0}$。
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双曲函数
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发表于 2018-1-17 17:25
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方程$\ln x = a(x - \dfrac 1x)$的解,貌似由y=ln x,$y =a(x - \dfrac 1x)$的图像,可以直观观察
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发表于 2018-1-17 20:23
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本帖最后由 isee 于 2018-1-18 17:27 编辑
解
:站在普通学生的角度
$f(1)=0-a+a=0$,又$f(x)$的导数为
$$f'(x)=\dfrac{-ax^2+x-a}{x^2},x>0.$$
当$a\leqslant 0$时,$f'(x)>0$,所以$f(x)$在$(0,+\infty)$是单调递增,有惟一的零点1,与题设不符.
令$f'(x)=0$即
\begin{equation}
-ax^2+x-a=0.\label{eq01}
\end{equation}
当$a\geqslant \dfrac 12$时,$\Delta=1-4a^2\leqslant 0$,$f'(x)<0$,所以$f(x)$在$(0,+\infty)$是单调递减的,有惟一的零点1,与题设不符.
当$0<a<\dfrac 12$时,$\Delta=1-4a^2> 0$,则 \eqref{eq01} 的两根满足$x_1+x_2=1/a>0,x_1x_2=1$即两根为正且一根比1小一根比1大,不妨设$0<x_1<1<x_2$.
$x,f'(x),f(x)$的关系如下表
$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|}
\hline
x& (0,x_1) &x_1&(x_1,x_2)&x_2&(x_2,+\infty)\\
\hline
g'(x)& - & 0 &+&0 &-\\
\hline
g(x) & \searrow & &\nearrow &&\searrow \\
\hline
\end{array}
$$
所以$f(x_1)<f(1)=0<f(x_2)$.
事实上,直接比较极值与零的大小关系也是可以的. 此时,$a=\dfrac{x_i}{x_i^2+1},i=1,2$,则
$$f(x_i)=\ln x_i-\frac{x_i^2}{x_i^2+1}+\frac1{x_i^2+1}=\ln x_i-\frac{x_i^2-1}{x_i^2+1}.$$
考察函数$g(x)=\ln x-\frac{x^2-1}{x^2+1},g'(x)=\frac{(x^2-1)^2}{x(x^2+1)^2}\geqslant 0$,即$g(x)$是增函数,又$g(1)=0$,所以$g(x_1)=f(x_1)<g(1)=0<g(x_2)=f(x_2)$,殊途同归.
而$0<a<\dfrac 12$知(两边取倒数,再分母有理化即得)$$(a^2<)a<x_1=\dfrac{1-\sqrt{1-4a^2}}{2a}.$$
所以$a^2\in(0,x_1)$,$f(a^2)=2\ln a-a^3+\frac 1a=g(a)$, 易证$g'(a)=\frac{-3a^3-(1-2a)}{a^2}<0$,
即$g(a)$在$\left(0,+\infty\right)$单调递减,所以$g(a)>g(1)=0$.
同样的可证$\frac 1{a^2}\in (x_2,+\infty),f(\frac 1{a^2})<0$.
这表明$f(x)$在$(0,x_1)$上有惟一的零点,$(x_1,x_2)$上有惟一的零点$1$,$(x_2,+\infty)$上有惟一的零点,从而$a$的取值范围为$\left(0,\frac 12\right)$.
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发表于 2018-1-17 20:30
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本帖最后由 isee 于 2018-1-18 16:16 编辑
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isee
以上解法中的$g(x)=\ln x-\frac{x^2-1}{x^2+1}$为分离参数提供的道路,不过,$x=1$的可去间断点就必须用到极限了.
另解
:分离参变量
$f(1)=0-a+a=0$,当$x\ne 1$时,$$f(x) = \ln x - ax + \frac ax=0\iff a=\dfrac{\ln x}{x-\frac 1x}=h(x).$$
对$h(x)$求导有$$h'(x)=\frac{\frac{x^2+1}{x^2}\left(\frac{x^2-1}{x^2+1}-\ln x\right)}{\left(x-\frac 1x\right)^2}=-g(x)\cdot\frac{x^2+1}{(x^2-1)^2}.$$
由上解知$x\in (0,1),h'(x)>0$,所以$h(x)在$(0,1)单调递增;$x\in (1,\infty),h'(x)<0$所以$h(x)$在$(1,\infty)$单调递减.
而
\begin{gather*}
\lim_{x\to 0^+}\frac{\ln x}{x-\frac 1x}=\lim_{x\to 0^+}\frac{\frac 1x}{1+\frac 1{x^2}}=\lim_{x\to1}\frac{x}{x^2+1}=0.\\[1em]
\lim_{x\to 1}\frac{\ln x}{x-\frac 1x}=\lim_{x\to1}\frac{\frac 1x}{1+\frac 1{x^2}}=\lim_{x\to1}\frac{x}{x^2+1}=\frac 12.\\[1em]
\lim_{x\to \infty}\frac{\ln x}{x-\frac 1x}=\lim_{x\to\infty}\frac{\frac 1x}{1+\frac 1{x^2}}=0.
\end{gather*}
当函数$f(x)$存在三个不同的零点时,$a\in \left(0,\frac 12\right)$.\qed
其中三个极限均是“未定式”,都可用洛必达法则求之.
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