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标题: [函数] 方程零点求参数范围 [打印本页]

作者: 依然饭特稀    时间: 2018-12-11 21:29     标题: 方程零点求参数范围

方程有4个实数根,求参数范围

图片附件: [方程] 1544533588(1).png (2018-12-11 21:27, 22.39 KB) / 下载次数 1
http://kuing.orzweb.net/attachment.php?aid=6790&k=fe26b267e5ea2a4cc0210571ec5d2576&t=1566794116&sid=0w30K0


作者: isee    时间: 2018-12-11 22:25

有没考虑过参变量分离?
作者: 战巡    时间: 2018-12-12 02:42

本帖最后由 战巡 于 2018-12-12 02:43 编辑

回复 1# 依然饭特稀


\[f(x)=x\ln(x^2)+a-x\ln(a)-x^2\]
首先这函数明显是个连续可导函数,唯一不连续的点在$x=0$,由于$x=0$这个点左右极限均为$a$,是个可去间断点,那就直接忽略了
那么既然$f(x)$有4个零点,由罗尔定理知其导数必然有3个零点
\[f'(x)=\ln(x^2)-\ln(a)+2-2x\]
这个函数相对简单,不难证明$0<a<1$时它有3个零点

那下面就要证明当$0<a<1$时$f(x)$必然有4个零点
首先我们知道$\lim_{x\to-\infty}f(x)=-\infty, \lim_{x\to+\infty}f(x)=-\infty$,且$f(-\sqrt{a})=f(\sqrt{a})=0$

\[f'(-\sqrt{a})=2+2\sqrt{a}>0, f'(\sqrt{a})=2-2\sqrt{a}>0\]
这两个都是升交点,而且这是连续可导函数,说明邻域$U(-\sqrt{a},\Delta x)$和$U(\sqrt{a}, \Delta x)$,$\Delta x>0$内存在$x_1\in(-\sqrt{a},-\sqrt{a}+\Delta x), x_2\in(\sqrt{a}-\Delta x), x_3\in(\sqrt{a}+\Delta x)$使得
\[f(x_1)>0, f(x_2)<0, f(x_3)>0\]
故此由连续性知$(x_1,x_2)$和$(x_3,+\infty)$间各存在一个零点,而且显然不与$-\sqrt{a},\sqrt{a}$重合
作者: isee    时间: 2018-12-12 14:29

本帖最后由 isee 于 2018-12-12 15:36 编辑

回复 2# isee

昨天大致瞄了一下,原来不能完全分参。

今天又思考了一下,算是个极值偏移问题,还是从比较难的压轴题中抽离出来的感觉。



题:已知关于$x$的方程$x\ln x^2 +a =x\ln a+x^2$有四个实数根,求$a$的取值范围。


有一个思路如下:

注意到

\begin{align*}
x\ln x^2 +a &=x\ln a+x^2\\
2x\ln {\abs{x}}-x^2=&x\ln a-a\\
\ln {\abs{x}}-x=&\ln \frac a{\abs{x}}-\frac ax\\
\end{align*}

记$$f(x)=\left\{\begin{aligned} \ln x-x&,x>0\\ \ln(-x)-x&,x<0\end{aligned}\right.$$

则原命题等价于方程$$f(\abs{x})=f(a/\abs{x}),$$
有四个实数根.

先考察$${\color{red}x>0},$$容易知道$f(x)$在$(0,1)$是单增的,在$(1,+\infty)$是单减的,$x=1$是其极值点.

设$$f(x_1)=f(x_2),x_1\ne x_2.$$
则$$\sqrt {x_1x_2}<\frac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2}=1.$$
令$$x_1=x,x_2=\frac ax\Rightarrow a\in (0,1).$$

即$x>0$时,有两不等实根,则有$a\in(0,1)$,还要说明有等实根,另一方面需要证明$x<0$只有一个实根.

好麻烦,不写了.

嗯,也怪自己,应先从$x<0$开始,函数单调,只有一个实数根;然后说明$x>0$需有三个实数根,则不能有$a\geqslant 1$,否则只有一个实数根.
作者: 游客    时间: 2018-12-17 20:42

$f(x)=2xlnx-xlna-x^2+a(x>0)$有3个零点。
$g(x)=f'(x)=2lnx+2-lna-2x,g'(x)=\frac{2}{x}-2$.
因为g(x)先增后减,且至少有2个零点,故$g(1)=-lna>0$,即$0<a<1$.
如果是这样想,那么后面怎么验证f(x)的极大值是正数?
作者: 依然饭特稀    时间: 2018-12-28 00:43

回复 5# 游客
我跟你写的完全一样···后面写了写没办法了
作者: mowxqq    时间: 2018-12-30 23:02

本帖最后由 mowxqq 于 2018-12-30 23:03 编辑

显然$x\neq 0,a>0$,等式两边同除$x$得$\ln x^2+\dfrac{a}{x}=\ln a+x$,
令$f(x)=2\ln(-x)+\dfrac{a}{x}-x-\ln a(x<0),g(x)=2\ln x+\dfrac{a}{x}-x-\ln a(x>0)$,
显然$f(x)$单调递减且$f(x)\in \mathbb{R}$,故$f(x)$有1个零点,则$g(x)$须有3个零点,
又$g^\prime(x)=\dfrac{2}{x}-\dfrac{a}{x^2}-1=\dfrac{-x^2+2x-a}{x^2}$,
令$h(x)=-x^2+2x-a,h(x)$须有2个正根,即$0<a<1$.
设$h(x)$的两个正根为$x_1=1-\sqrt{1-a}\in (0,1),x_2=1+\sqrt{1-a}\in (1,2)$,
要保证$g(x)$在$(0,+\infty)$上有3个零点,即
\[\left \{\begin{array}{}
g(x_1)=2\ln x_1+\dfrac{a}{x_1}-x_1-\ln a=\ln x_1-\ln(2-x_1)+2-2x_1<0,\\
g(x_2)=2\ln x_2+\dfrac{a}{x_2}-x_2-\ln a=\ln x_2-\ln(2-x_2)+2-2x_2>0,
\end{array}\right.\]
令$\phi(x)=\ln x-\ln(2-x)+2-2x(0<x<2)$,
则$\phi^\prime(x)=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{2-x}-2=\dfrac{2x^2-4x+2}{x(2-x)}\ge 0$,
故$\phi(x)$在$(0,2)$上单调递增,又$\phi(1)=0$
所以当$x_1\in(0,1),x_2\in (1,2)$时,有$\phi(x_1)<0,\phi(x_2)>0$.
综上,可知$a$的取值范围为$(0,1)$.
作者: isee    时间: 2018-12-31 12:46

回复 7# mowxqq


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