难度： 困难

标签： 导数问题帕德逼近三零点或三极值点问题多变量问题

是否做正确： 做错了

是否属于易错题： 易错题

如果做错原因可能是： 未标明

已知函数 $f(x)=alnx-\frac{x-1}{x+1}$

（1）当 a=1 时，求函数 $f(x)$ 的单调区间

（2）若 $g(x)=a(x^2-1)lnx-(x-1{)}^2(a\ne 0)$ 有 3 个零点 $x_1,x_2,x_3$，其中 $x_1<x_2<x_3$

（i）求实数 a 的取值范围；

（ii）求证：$(3a-1)(x_1+x_3+2)<2$

1 和 2 问

第一问

当 $a=1$ 时，$f(x)=lnx-\frac{x-1}{x+1}$

$f^{\prime }(x)=\frac{1}{x}-[\frac{x+1-2}{x+1}{]}^{\prime }$

$=\frac{1}{x}-[1-\frac{2}{x+1}{]}^{\prime }$

$=\frac{1}{x}-\frac{2}{(x+1{)}^2}$

$=\frac{x^2+2x-2x}{x(x+1{)}^2}$

$=\frac{x^2}{x(x+1{)}^2}>0$

所以 $f(x)$ 在 $x>0$ 时单调递增

第二问

$g(x)=a(x^2-1)lnx-(x-1{)}^2(a\ne 0)$ 有三个零点 $(x_1<x_2<x_3)$

求 a 范围

$g(x)=(x-1)[a(x+1)lnx-(x-1)]$

考虑再提一个 $(x+1)$ 出来，让带有未知数 a 的项变得更简单，并且提出来的项 $x+1$ 和 $x-1$ 可以合并为 $x^2-1$ 这一个式子。

$=(x^2-1)(alnx-\frac{x-1}{x+1})$

所以 $x=1$ 为 $g(x)$ 的一个零点

令 $h(x)=alnx-\frac{x-1}{x+1}$

$x=1$ 为 $h(x)$ 的一个零点，所以 $h(x)$ 除了 1 外还有另外两个零点

$h^{\prime }(x)=\frac{a}{x}-\frac{2}{(x+1{)}^2}$

$=\frac{a{x}^2+2(a-1)x+a}{x(x+1{)}^2}$

下面进行分类讨论：

当 $a<0$ 时，

因为 $a{x}^2<0,2(a-1)x<0,a<0$

所以 $h^{\prime }(x)<0$

所以 $h(x)$ 单调递减

那么在 $x>0$ 时不可能有 3 个零点

所以 $a<0$ 时不符条件，舍去

或者说为了让 $h(x)$ 有 3 个零点，那么 $h^{\prime }(x)$ 的分子 $a{x}^2+2(a-1)x+a$ 必须有解，

即 $\mathrm{\Delta }=4(a-1)-4a^2>0$

解得 $0<a<\frac{1}{2}$

与条件矛盾，所以也能推出 $a<0$ 时不符条件，舍去。

当 $a>0$ 时，

为了让 $h(x)$ 有 3 个零点，那么 $h^{\prime }(x)$ 的分子 $a{x}^2+2(a-1)x+a$ 必须有解

$\mathrm{\Delta }=4(a-1)-4a^2>0$

解得 $0<a<\frac{1}{2}$

设 $a{x}^2+2(a-1)x+a$ 的两根为 $m,n(m<n)$

有伟达定理得（高中一般根据韦达定理来得出两根之间的关系）

$mn=\frac{a}{a}=1$（为正数，说明两个数同号；为 1，说明两个数互为倒数，有一个数大于 1，另一个数小于 1。）

$m+n=\frac{2(1-a)}{a}>0$，（结合上面的结论，$m,n$ 同号，且相加的数大于 0，所以 $m>0,n>0$，且 $0<m<1<n$）

所以 $0<m<1<n$

所以 $h(x)$ 在 $(0,m)$ 单调递增

$(m,n)$ 单调递减

$(n,+\mathrm{\infty })$ 单调递增

因为 $\underset{n\to 0}{lim}h(x)=0$

$h(1)=0$

$\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}h(x)=+\mathrm{\infty }$

所以 $0<a<\frac{1}{2}$时满足存在 3 个零点

综上，$a\in (0,\frac{1}{2})$

第三问

首先尝试与解决极值点偏移相同的方法：构造齐次式

但是最后好像构造不出来齐次式。

因为 $h(x_1)=aln{x}_1-\frac{x_1-1}{x_1+1}=0\mathrm{①}$

$h(x_3)=aln{x}_3-\frac{x_3-1}{x_3+1}=0\mathrm{②}$

$\mathrm{②}-\mathrm{①}$，得

$aln\frac{x_3}{x_1}+(\frac{x_1-1}{x_1+1}-\frac{x_3-1}{x_3+1})=0$

$a=\frac{(\frac{x_3-1}{x_3+1}-\frac{x_1-1}{x_1+1})}{ln\frac{x_3}{x_1}}$

所以即证

$[\frac{3(\frac{x_3-1}{x_3+1}-\frac{x_1-1}{x_1+1})}{ln\frac{x_3}{x_1}}-1](x_1+x_3+2)<2$

到这就不知道咋做了，于是尝试第二种方法。

第二种方法，发现 x_1, x_3 关系消元，变成单变量不等式

在含有指数和分式的式子中，需要考虑到 $f(x),f(\frac{a}{x})$ 之间是否有什么关系。

比如，若有 $f(x)+f(\frac{1}{x})=0$，即是说明两个函数互为相反数，那么它们的自变量互为倒数。

接下来我们开始证 $(3a-1)(x_1+x_3+2)<2$

$h(x)=alnx-\frac{x-1}{x+1}$

$h(\frac{1}{x})=aln\frac{1}{x}-\frac{\frac{1-x}{x}}{\frac{1+x}{x}}$

$=-alnx-\frac{1-x}{1+x}$

$=-h(x)$

所以 $h(x)=-h(\frac{1}{x})$，即说明如果两个函数互为相反数，那么它们的自变量互为倒数

而 $h(x_1)+h(x_3)=0$

所以 $x_1=\frac{1}{x_3}$

又有 $h(x_1)=aln{x}_x-\frac{x_1-1}{x_1+1}=0$

所以 $a=\frac{x_1-1}{(x_1+1)ln{x}_1}$

所以即证

$[\frac{3(x-1)}{(x+1)lnx}-1](x+\frac{1}{x}+2)<2,x\in (0,1)$

后面就是利用导数证明这个不等式了，听别人说这个不等式其实就是帕德逼近不等式。

化简一下这个不等式，即证

$[\frac{3(x-1)}{(x+1)lnx}-1](x^2+1+2x)<2x$

$\frac{3(x-1)}{(x+1)lnx}-1<\frac{2x}{x^2+1+2x}$

$\frac{3(x-1)}{(x+1)lnx}<\frac{x^2+4x+1}{x^2+2x+1}=\frac{x^2+4x+1}{(x+1{)}^2}$

$\frac{3(x-1)}{lnx}<\frac{x^2+4x+1}{x+1}$,

$x\in (0,1),lnx<0$

$3(x^2-1)>(x^2+4x+1)lnx$

化简到这里就行了。

这里大多数人会有个问题，为什么化简到这里就行了呢？为什么不把 $x^2+4x+1$ 除到左边呢？

因为除到左边，之后构造函数求导证明时，会涉及到四次合并运算，会比较麻烦。所以没有除过去。

但是，没除过去，也可能会导致我们需要多次求导（二次或三次甚至更多）才能得出原函数的单调性，从而证明原式子与 0 的大小关系。

令 $G(x)=3(x^2-1)-(x^2+4x+1)lnx$

$G^{\prime }(x)=6x-(2x+4)lnx-\frac{x^2+4x+1}{x}$

$G^{\prime \prime }(x)=6-[2lnx+\frac{2x+4}{x}]-(1-\frac{1}{x^2})$

$=6-2lnx-2-\frac{4}{x}-1+\frac{1}{x^2}$

$=3-2lnx-\frac{4}{x}+\frac{1}{x^2}$

$G^{\prime \prime \prime }(x)=\frac{-2}{x}+\frac{4}{x^2}-\frac{2}{x^3}=\frac{-2x^2+4x-2}{x^3}$

$=\frac{-2(x^2-2x+1)}{x^3}$

$=-\frac{2(x-1{)}^2}{x^3}<0$

所以 $G^{\prime \prime }(x)$ 单减，$G^{\prime \prime }(x)>G^{\prime \prime }(1)=0,x\in (0,1)$

所以 $G^{\prime }$ 单增，$G^{\prime }(x)<G^{\prime }(1)=0,x\in (0,1)$

所以 $G(x)$ 单减，$G(x)>G(1)=0,x\in (0,1)$

所以 $3(x^2-1)>(x^2+4x+1)lnx$

题目从而得证。

三零点或三极值点问题的小 tips

1. 有三个极值点或三个零点的问题，往往有一个零点能直接观察出来