当$f(x)=\ln x-ax+\frac ax$存在三个零点求$a$取值范围(应试)

isee

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.

战巡

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$a\in (0,\frac{1}{2})$

游客

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。

isee

回复 2# 战巡


    这过程真是舒爽！学习了。

isee

回复 3# 游客


    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。

游客

回复 5# isee


    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。

isee

回复 6# 游客


    讨论不局限于高中。原闻其详。

    u，v恰好，（0，1）增，（1，$+\infty$）减?

kuing

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。

isee

回复 8# 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。

kuing

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 $k>(\sinh x)'|_{x=0}$。

shidilin

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

isee

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$\left(0,\frac 12\right)$.

isee

回复 12# 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.