方程lnx=bx-a两实根和的范围及应用

2021-09-10许银伙

数理化解题研究·高中版 2021年2期

关键词：单调性范围

摘要：方程lnx=bx-a两实根和的范围证明，是高考模拟卷中高频率出现的压轴题型，在近几年的高考中也曾出现.本文通过研究得出常见的六个相关结论，展示结论相应的推证过程，并介绍结论的应用.

关键词：方程两根;范围;函数导数;单调性

中图分类号：G632文献标识码：A文章编号：1008-0333（2021）04-0029-04

方程lnx=bx-a两实根和的范围问题，通常牵涉极值点偏移，是近几年高考模拟卷中的热点题型，在高考中也曾出现.本文通过研究得出常见的六个相关结论，并展示结论相应的推证方法及应用，旨在帮助同学们掌握这类压轴题型的解决方法.

一、结论及证明

结论一当b=1时，若方程lnx=x-a有两不同实根x1，x2，则x1+x2>2.

证明令f（x）=x-a-lnx，则f ′（x）=x-1x（x>0），由f ′（x）=0得：x=1.当x∈（0，1）时，f ′（x）<0，f（x）单调递减;当x∈（1，+SymboleB@）时，f ′（x）>0，在区间（1，+∞）上单调递增.由已知得：f（1）<0，求出a>1，设x1<x2，则0<x1<1，x2>1.

方法一设g（x）=f（x）-f（2-x），令u=2-x，运用复合函数求导法则得：g′（x）=-2（x-1）2x（2-x）<0对x∈（0，1）恒成立，g（x）在区间（0，1）上单调递减，因为g（1）=0，所以g（x1）>0，f（x1）>f（2-x1）.由f（x1）=f（x2）=0得：f（x2）>f（2-x1）.又因为x2>1，2-x1>1，f（x）在（1，+SymboleB@）上单调递增，所以x2>2-x1，x1+x2>2成立.

方法二由lnx1=x1-a，lnx2=x2-a相减得：lnx2-lnx1=x2-x1.要证x1+x2>2，只需证明：x1+x2>2·x2-x1lnx2-lnx1.令t=x2x1，则只需证明：lnt>2（t-1）t+1对t>1恒成立.令h（t）=lnt-2（t-1）t+1，则h′（t）=1t-4（t+1）2=（t-1）2（t+1）2>0，所以函数h（t）在t∈（1，+SymboleB@）上单调递增.因为h（1）=0，所以h（t）>0，则x1+x2>2成立.

方法三令t=x2x1，则t>1，由已知得：lnx1=x1-a，lnx2=x2-a，相减得：lnx2-lnx1=x2-x1，则 x1=lntt-1，x2=tlntt-1.要证明：x1+x2>2，只需证明：lnt>2（t-1）t+1对t>1恒成立.由方法二得结论成立.

评注方法一是证明两实根和范围的常用方法，利用函数的的单调性，构造新函数，但只适用于两根和与极值点的两倍比较大小的问题;法二与法三构造的新函数相同，但思路有差别：法二消去参数a，得到x2-x1lnx2-lnx1=1，只需证明：x1+x2>2·x2-x1lnx2-lnx1，如果写出只需证明：x1+x2>2·lnx2-lnx1x2-x1呢？说明消去a后还可能走进死胡同;法三是化成只含一个未知数t的证明问题，应用函数思想，目标明确，方法可行，是解决问题的通法.

结论二当b=1时，方程lnx=x-a有两不同实根x1，x2，则有x1+x2>a+1.

证明设x1<x2，可得0<x1<1，x2>1.

方法一令g（x）=lnx-2（x-1）x+1（x>0），则g′（x）=（x-1）2x（x+1）2≥0，所以g（x）在x∈（0，+SymboleB@）上单调递增，因为g（1）=0，0<x1<1，x2>1.所以g（x1）<0，g（x2）>0.又由已知得：lnx1=x1-a，lnx2=x2-a，所以x1-a<2（x1-1）x1+1，x2-a>2（x2-1）x2+1，即得：x21-（a+1）x1+2-a<0，x22-（a+1）x2+2-a>0，相减得：x22-x21>（a+1）（x2-x1），由x1<x2得：x1+x2>a+1成立.

方法二令t=x2x1，则t>1.由lnx1=x1-a，lnx2=x2-a得：x1=lntt-1，x2=tlntt-1.要证：x1+x2>a+1，只需证：x2+lnx1>1，即证tlntt-1+ln（lntt-1）>1.令g（t）=tlntt-1+ln（lnt）-ln（t-1），则g′（t）=t-1-lnt（t-1）2+1tlnt-1t-1，化简得：g′（t）=（t-1）2-tln2tt（t-1）2lnt=（t-1-tlnt）（t-1+tlnt）t（t-1）2lnt.因为t-1-tlnt=t（t-1t-2lnt），令φ（x）=x-1x-2lnx，可得φ′（x）≥0，所以φ（x）在x∈（1，+SymboleB@）上单调递增，因為φ（1）=0，所以t-1-tlnt=t·φ（t）>0，g′（t）>0对t>1恒成立.即函数g（t）=tlntt-1+ln（lntt-1）在t∈（1，+SymboleB@）上单调递增.运用洛必达法则得：limt→1tlntt-1=limt→1lntt-1=1，所以

limt→1g（t）=limt→1（tlntt-1+lnlntt-1）=1，则g（t）>1对t>1恒成立，命题得证.

评注方法一应用二级结论，思路很难想到，需要经验和探究，才可能摸索到.方法二的思路比较常规，但运算量大，而且需要用高等数学的知识才能解决.

结论三当b=1时，若方程lnx=x-a有两不同实根x1，x2，则有x1+x2<2a.

证明：由lnx1=x1-a，lnx2=x2-a得：lnx1+lnx2=x1+x2-2a.要证x1+x2<2a，只需证明：lnx1+lnx2<0.设x1<x2，可得0<x1<1，x2>1，只需要证明：x1<1x2.令f（x）=x-a-lnx，可得：f（x）在区间（0，1）上单调递减，在区间（1，+SymboleB@）上单调递增，令g（x）=f（x）-f（1x），则g（x）=x-1x-2lnx，g′（x）=1+1x2-2x=（1-1x）2≥0，所以函数g（x）在区间（0，1）上单调递增，因为g（1）=0，所以g（x1）<0，f（x1）<f（1x1）.由f（x1）=f（x2）=0得：f（x2）<f（1x1）.又因为x2>1，2-x1>1，f（x）在（1，+SymboleB@）上单调递增，所以x2<1x1，则x1+x2<2a成立.

评注结论三的证明仍然是采用了构造函数，利用新函数在极值点两侧的单调性，类似于结论一证明的方法一，运用分析法，它们新函数的构造应该都是自然会想到的.

结论四若方程lnx=bx-a有两不同实根x1，x2，则有x1+x2>2b.

证明 lnx=bx-a化成：ln（bx）=bx-（a-lnb），令t1=bx1，t2=bx2，

由lnx1=bx1-a，lnx2=bx2-a，得lnt1=t1-（a-lnb），lnt2=t2-（a-lnb），由结论一得：t1+t2>2，即bx1+bx2>2.由lnx=bx-a有两零点x1，x2可得：b>0，

所以x1+x2>2b成立.

结论五方程lnx=bx-a有两不同实根x1，x2，则有x1+x2>1b+a-lnbb.

利用结论二，仿照结论四证明，过程略.

结论六若方程lnx=bx-a有两不同实根x1，x2，则有x1+x2<2（a-lnb）b.

利用结论三，仿照结论四证明，过程略.

二、应用例题

例1 已知函数f（x）=lnx+ax+1x（a∈R）有两个不同的零点x1，x2.

（1）求实数a的取值范围;

（2）求证：x21x2+x22x1>2.

解析（1）g（x）=lnx+ax+1，则g′（x）=1x+a（x>0），①当a≥0时，g′（x）>0对x>0恒成立，g（x）在区间（0，+SymboleB@）上单调递增，g（x）至多一个零点，即f（x）至多一个零点，不符合.②当a<0时，g′（x）=0得：x=-1a.当x∈（0，-1a）时，g′（x）>0，g（x）单调递增;当x∈（-1a，+SymboleB@）时，g′（x）<0，g（x）单调递减.由已知得：g（-1a）=ln（-1a）>0，解得-1<a<0.所求a∈（-1，0）.

（2）由（1）及已知得：lnx1=-ax1-1，lnx2=-ax2-1，a∈（-1，0），x1>0，x2>0.x1≠x2.由结论四得： x1+x2>2-a>2.又由基本不等式得x21x2+x2>2x1，x22x1+x1>2x2，相加得：x21x2+x22x1>x1+x2>2.

例2 已知函数f（x）=lnxx-a（a∈R）有两个零点x1，x2（x1<x2）.

（1）求实数a的取值范围;

（2）求证：x1x2>e2.

解析（1）f（x）=0，得lnx-ax=0，令g（x）=lnx-ax，则g′（x）=1x-a（x>0），①当a≤0时，g′（x）>0恒成立，g（x）在（0，+SymboleB@）上单调递增，g（x）至多一个零点，即f（x）至多一个零点，不符合.②当a>0时，g′（x）=0得：x=1a.当x∈（0，1a）时，g′（x）>0，g（x）单调递增;当x∈（1a，+SymboleB@）时，g′（x）<0，g（x）单调递减.由已知得：g（1a）=ln（1a）-1>0，解得0<a<1e.故实数a的取值范围为（0，1e）.

（2）由已知得：lnx1=ax1，lnx2=ax2，0<x1<1a，x2>1a.要证x1x2>e2，只需证明：lnx1+lnx2>2，即只需要证：a（x1+x2）>2.由结论四得：x1+x2>2a.

例3 已知函数f（x）=ex-kx-2k有两不同的零点x1，x2，求证：x1+x2>-2.

证明由f（x）=ex-kx-2k有两个不同的零点x1，x2可得：k>1e（过程略）.由f（x）=0，得ex=k（x+2）得：x=lnk+ln（x+2），即ln（x+2）=（x+2）-（2+lnk）

记t1=x1+2，t2=x2+2，由已知得：t1，t2是方程lnx=x-（2+lnk）的两不同实根，由结论一得：t1+t2>2，所以x1+x2>-2成立.

例4 已知函數f（x）=ex-3x-m有两不同零点x1，x2，求证：ex1+ex2>6.

证明由f（x）=ex-3x-m有两不同零点x1，x2可得：m>3-3ln3（过程略）.由f（x）=0，得ex=3x+m得：x=ln（3x+m），即ln（3x+m）=13（3x+m）-m3.

记t1=3x1+m，t2=3x2+m，由已知得：t1，t2是方程lnx=13x-m3的两不同实根，由结论四得：t1+t2>6，又因为ex1+ex2=（3x1+m）+（3x2+m）=t1+t2，所以ex1+ex2>6.

例5 已知函数f（x）=x（lnx-12x+a-1）有两个极值点x1，x2（x1<x2）.

（1）求实数a的取值范围;

（2）求证：2lnx1+lnx2<0.

解析（1）f ′（x）=lnx-x+a，f ′（x）有两不同零点，可得a∈（1，+SymboleB@）（过程略）. （2）由已知得：lnx1=x1-a，lnx2=x2-a，0<x1<1，x2>1，lnx1<0.由结论三得：x1+x2<2a.则2lnx1+lnx2<lnx1+lnx2=（x1+x2）-2a<0成立.

例6 已知函数f（x）=xlnx-a2x2-x+a有两个不同的极值点x1，x2（x1<x2）.

（1）求实数a的取值范围;

（2）求证：x1x22>e3.

解析（1）f ′（x）=lnx-ax，f ′（x）有两不同的零点，可得0<a<1e（过程略）.

（2）由已知得：lnx1=ax1，lnx2=ax2，0<x1<1a，x2>1a.要证明：x1x22>e3，只需证明：lnx1+2lnx2>3，即只需要证：a（x1+x2）+lnx2>3.由结论四得：x1+x2>2a.又因为0<a<1e，x2>1a>e，所以a（x1+x2）>2，lnx2>1成立，则a（x1+x2）+lnx2>3成立.

例7 已知函数f（x）=x-lnx+a有两零点x1，x2，且x1<x2.

（1）求实数a的取值范围;

（2）若x2≥2，求证：x1x22<2.

解析（1）实数a的取值范围a<-1（过程略）.

（2）令t=x2x1，则t>1.由lnx1=x1+a，lnx2=x2+a得：x1=lntt-1，x2=tlntt-1.记g（t）=tlntt-1，则g′（t）=t-1-lnt（t-1）2，可证lnt<t-1对t>1恒成立，所以g′（t）>0，x2关于t∈（1，+SymboleB@）单调递增.因为x2≥2，g（2）=2ln2<2，g（e2）=2e2e2-1>2，所以存在t0∈（2，e2），使g（t0）=2，且t≥t0.要证明x1x22<2，

只需证明：3x1x22<32，即只需要證：t23lntt-1<32，记h（t）=t23lntt-1，则h′（t）=3（t-1）-（t+2）lnt33t（t-1）2，记φ（t）=3（t-1）-（t+2）lnt，则

φ′（t）=2（t-1）-tlntt，因为t≥t0>2，g（t）=tlntt-1≥2，所以φ′（t）≤0，h′（t）≤0，函数h（t）关于t∈[t0，+SymboleB@）单调递减，即3x1x22关于t∈[t0，+SymboleB@）单调递减.

由结论三得：

x1+x2=（lnx1-a）+（lnx2-a）<2（-a），

所以lnx1+lnx2<0，0<x1x2<1.

当t=t0时，x2=2，0<x1x2<1，3x1x22<32成立，命题得证.

三、相应练习

1.已知函数f（x）=lnx+ax+1x.

（1）若x>0时，f（x）<0恒成立，求实数a的取值范围;

（2）若f（x）有两个不同的零点x1，x2且x1<x2.求证：x21+x22>2.

2. 已知函数f（x）=lnx-x.

（1）若f（x）+xx-1>ax+1恒成立，求实数a的取值范围;