22. (本小题满分 12 分)已知函数 $f(x)=\left(x^{2}-a x\right) \ln x+x(a \in\mr, a>0)$.
(1) 若 1 是函数 $f(x)$ 的极值点, 求 $a$ 的值;
(2) 若 $0<a \leqslant 1$, 试问 $f(x)$ 是否存在零点. 若存在, 请求出该零点; 若不存在, 请说明理由.
(3) 若 $f(x)$ 有两个零点, 求满足题意的 $a$ 的最小整数值. (参考数据 $: \ln 2 \approx 0.693, \sqrt{\mathrm{e}} \approx 1.649$ )
22题参考答案如下(可点击下载):
思考:
(2).参考答案写了老大一页,其实只要多想想就行了.
首先这种方程就不可能有零点,因为超越方程的没法解(除了那种显而易见能观察出来的)
既然没有零点,就只需证明它恒正或者恒负,注意$g(1)>0$就知道恒正.
所以我们解答时只需证明$g(x)=(x-a) \ln x+1>0$
求导发现导数为0的地方不太好求,那就直接估计吧
$x \ge 1$显然可得$g(x)>0$
$0<x<1$时,$\ln x<0,-a\ln x>0$,尝试直接把$a$扔掉
$\ds g(x)=x\ln x-a\ln x+1>x \ln x+1 \ge 1-\frac{1}{\me}>0$,从而$g(x)>0$恒成立,无零点
三两行即可解决.
(3).参考答案又是洋洋洒洒写了一大篇.但是本题是求整数参数的范围,对于整数参数的范围问题,用隐零点属于非常麻烦的类型,最好的方式是直接试探出结果去验证.
由(2)可得$a > 1$
$g(x)=(x-a) \ln x+1$的两个零点显然在$1<x<a$里,而$g(1)=g(a)=1>0$,表明肯定在$(1,a)$之间有某个数的函数值是负的
我们只需采用基本试探法:
若$\ds g(2)<0,a>2+\frac{1}{\ln 2}>3,a \ge 4$
若$g(a-1)<0,-\ln (a-1)+1<0,a>\me+1>3,a \ge 4$
若$g(a-2)<0,-2\ln (a-2)+1<0,a>2+\sqrt{\me}>3,a \ge 4$
全部都得到$a \ge 4$,那就可以直接猜测整数$a$的最小值就是$4$
书写时只需证明$a \le 3$不可以,以及$a=4$可以就能完成严格证明了.
解答:
(2).$f(x)=0$等价于$g(x)=(x-a) \ln x+1=0$
若$x \ge 1,x-a \ge 0,\ln x \ge 0,g(x)\ge 1>0$
若$\ds 0<x<1,-a \ln x>0,g(x)=x\ln x-a\ln x+1>x\ln x+1 \ge 1-\frac{1}{\me}>0$(需求导证明)
因此$f(x)$无零点
(3).由(2),只需考虑$a>1$的情况.
如果$1<a \le 3$
1)若$x \ge a,x-a \ge 0,\ln x >0,g(x) \ge 1>0$
2)若$0<x \le 1,x-a<0,\ln x \le 0,g(x) \ge 1>0$
3)若$1< x <a$,使用不等式$\ds \ln x\le \frac{x}{\me},x-a<0$
则$\ds g(x) =(x-a) \ln x+1 \ge (x-3)\ln x+1 \ge \frac{x(x-3)}{\me}+1 \ge -\frac{9}{4\me}+1=\frac{4\me-9}{4\me}>0$恒成立(需求导证明)
故$g(x)$不存在零点
故$a \ge 4$,当$a=4$时,$\ds g'(x)=1-\frac{4}{x}+\ln x$单调递增,且$g'(1)<0,g'(4)>0$,故存在唯一的$x_0 \in (1,4)$使得$g'(x_0)=0$
于是$g(x)$在$(0,x_0)$单调减,$(x_0,+\infty)$单调增
结合$g(1)=g(4)=1,g(3)=1-\ln 3<0$,故$g(x)$恰好有两个零点,满足题意.
故$a$的最小整数值为4.
