方程lnx=bx-a兩實根和的范圍及應用

摘 要：方程lnx=bx-a兩實根和的范圍證明，是高考模擬卷中高頻率出現(xiàn)的壓軸題型，在近幾年的高考中也曾出現(xiàn).本文通過研究得出常見的六個相關結(jié)論，展示結(jié)論相應的推證過程，并介紹結(jié)論的應用.

關鍵詞：方程兩根;范圍;函數(shù)導數(shù);單調(diào)性

中圖分類號：G632文獻標識碼：A文章編號：1008-0333（2021）04-0029-04

方程lnx=bx-a兩實根和的范圍問題，通常牽涉極值點偏移，是近幾年高考模擬卷中的熱點題型，在高考中也曾出現(xiàn).本文通過研究得出常見的六個相關結(jié)論，并展示結(jié)論相應的推證方法及應用，旨在幫助同學們掌握這類壓軸題型的解決方法.

一、結(jié)論及證明

結(jié)論一 當b=1時，若方程lnx=x-a有兩不同實根x1，x2，則x1+x2>2.

證明 令f（x）=x-a-lnx，則f ′（x）=x-1x（x>0），由f ′（x）=0得：x=1.當x∈（0，1）時，f ′（x）<0，f（x）單調(diào)遞減;當x∈（1，+SymboleB@）時，f ′（x）>0，在區(qū)間（1，+∞）上單調(diào)遞增.由已知得：f（1）<0，求出a>1，設x1<x2，則0<x1<1，x2>1.

方法一 設g（x）=f（x）-f（2-x），令u=2-x，運用復合函數(shù)求導法則得：g′（x）=-2（x-1）2x（2-x）<0對x∈（0，1）恒成立，g（x）在區(qū)間（0，1）上單調(diào)遞減，因為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）.又因為x2>1，2-x1>1，f（x）在（1，+SymboleB@）上單調(diào)遞增，所以x2>2-x1，x1+x2>2成立.

方法二 由lnx1=x1-a，lnx2=x2-a相減得：lnx2-lnx1=x2-x1.要證x1+x2>2，只需證明：x1+x2>2·x2-x1lnx2-lnx1.令t=x2x1，則只需證明：lnt>2（t-1）t+1對t>1恒成立.令h（t）=lnt-2（t-1）t+1，則h′（t）=1t-4（t+1）2=（t-1）2（t+1）2>0，所以函數(shù)h（t）在t∈（1，+SymboleB@）上單調(diào)遞增.因為h（1）=0，所以h（t）>0，則x1+x2>2成立.

方法三 令t=x2x1，則t>1，由已知得：lnx1=x1-a，lnx2=x2-a，相減得：lnx2-lnx1=x2-x1，則 x1=lntt-1，x2=tlntt-1.要證明：x1+x2>2，只需證明：lnt>2（t-1）t+1對t>1恒成立.由方法二得結(jié)論成立.

評注 方法一是證明兩實根和范圍的常用方法，利用函數(shù)的的單調(diào)性，構(gòu)造新函數(shù)，但只適用于兩根和與極值點的兩倍比較大小的問題;法二與法三構(gòu)造的新函數(shù)相同，但思路有差別：法二消去參數(shù)a，得到x2-x1lnx2-lnx1=1，只需證明：x1+x2>2·x2-x1lnx2-lnx1，如果寫出只需證明：x1+x2>2·lnx2-lnx1x2-x1呢？說明消去a后還可能走進死胡同;法三是化成只含一個未知數(shù)t的證明問題，應用函數(shù)思想，目標明確，方法可行，是解決問題的通法.

結(jié)論二 當b=1時，方程lnx=x-a有兩不同實根x1，x2，則有x1+x2>a+1.

證明 設x1<x2，可得0<x1<1，x2>1.

方法一 令g（x）=lnx-2（x-1）x+1（x>0），則g′（x）=（x-1）2x（x+1）2≥0，所以g（x）在x∈（0，+SymboleB@）上單調(diào)遞增，因為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，相減得：x22-x21>（a+1）（x2-x1），由x1<x2得：x1+x2>a+1成立.

方法二 令t=x2x1，則t>1.由lnx1=x1-a，lnx2=x2-a得：x1=lntt-1，x2=tlntt-1.要證：x1+x2>a+1，只需證：x2+lnx1>1，即證tlntt-1+ln（lntt-1）>1.令g（t）=tlntt-1+ln（lnt）-ln（t-1），則g′（t）=t-1-lnt（t-1）2+1tlnt-1t-1，化簡得：g′（t）=（t-1）2-tln2tt（t-1）2lnt=（t-1-tlnt）（t-1+tlnt）t（t-1）2lnt.因為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@）上單調(diào)遞增，因為φ（1）=0，所以t-1-tlnt=t·φ（t）>0，g′（t）>0對t>1恒成立.即函數(shù)g（t）=tlntt-1+ln（lntt-1）在t∈（1，+SymboleB@）上單調(diào)遞增.運用洛必達法則得：limt→1tlntt-1=limt→1lntt-1=1，所以

limt→1g（t）=limt→1（tlntt-1+lnlntt-1）=1，則g（t）>1對t>1恒成立，命題得證.

評注 方法一應用二級結(jié)論，思路很難想到，需要經(jīng)驗和探究，才可能摸索到.方法二的思路比較常規(guī)，但運算量大，而且需要用高等數(shù)學的知識才能解決.

結(jié)論三 當b=1時，若方程lnx=x-a有兩不同實根x1，x2，則有x1+x2<2a.

證明：由lnx1=x1-a，lnx2=x2-a得：lnx1+lnx2=x1+x2-2a.要證x1+x2<2a，只需證明：lnx1+lnx2<0.設x1<x2，可得0<x1<1，x2>1，只需要證明：x1<1x2.令f（x）=x-a-lnx，可得：f（x）在區(qū)間（0，1）上單調(diào)遞減，在區(qū)間（1，+SymboleB@）上單調(diào)遞增，令g（x）=f（x）-f（1x），則g（x）=x-1x-2lnx，g′（x）=1+1x2-2x=（1-1x）2≥0，所以函數(shù)g（x）在區(qū)間（0，1）上單調(diào)遞增，因為g（1）=0，所以g（x1）<0，f（x1）<f（1x1）.由f（x1）=f（x2）=0得：f（x2）<f（1x1）.又因為x2>1，2-x1>1，f（x）在（1，+SymboleB@）上單調(diào)遞增，所以x2<1x1，則x1+x2<2a成立.

評注 結(jié)論三的證明仍然是采用了構(gòu)造函數(shù)，利用新函數(shù)在極值點兩側(cè)的單調(diào)性，類似于結(jié)論一證明的方法一，運用分析法，它們新函數(shù)的構(gòu)造應該都是自然會想到的.

結(jié)論四 若方程lnx=bx-a有兩不同實根x1，x2，則有x1+x2>2b.

證明 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），由結(jié)論一得：t1+t2>2，即bx1+bx2>2.由lnx=bx-a有兩零點x1，x2可得：b>0，

所以x1+x2>2b成立.

結(jié)論五 方程lnx=bx-a有兩不同實根x1，x2，則有x1+x2>1b+a-lnbb.

利用結(jié)論二，仿照結(jié)論四證明，過程略.

結(jié)論六 若方程lnx=bx-a有兩不同實根x1，x2，則有x1+x2<2（a-lnb）b.

利用結(jié)論三，仿照結(jié)論四證明，過程略.

二、應用例題

例1 已知函數(shù)f（x）=lnx+ax+1x（a∈R）有兩個不同的零點x1，x2.

（1）求實數(shù)a的取值范圍;

（2）求證：x21x2+x22x1>2.

解析 （1）g（x）=lnx+ax+1，則g′（x）=1x+a（x>0），①當a≥0時，g′（x）>0對x>0恒成立，g（x）在區(qū)間（0，+SymboleB@）上單調(diào)遞增，g（x）至多一個零點，即f（x）至多一個零點，不符合.②當a<0時，g′（x）=0得：x=-1a.當x∈（0，-1a）時，g′（x）>0，g（x）單調(diào)遞增;當x∈（-1a，+SymboleB@）時，g′（x）<0，g（x）單調(diào)遞減.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.由結(jié)論四得： 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 已知函數(shù)f（x）=lnxx-a（a∈R）有兩個零點x1，x2（x1<x2）.

（1）求實數(shù)a的取值范圍;

（2）求證：x1x2>e2.

解析 （1）f（x）=0，得lnx-ax=0，令g（x）=lnx-ax，則g′（x）=1x-a（x>0），①當a≤0時，g′（x）>0恒成立，g（x）在（0，+SymboleB@）上單調(diào)遞增，g（x）至多一個零點，即f（x）至多一個零點，不符合.②當a>0時，g′（x）=0得：x=1a.當x∈（0，1a）時，g′（x）>0，g（x）單調(diào)遞增;當x∈（1a，+SymboleB@）時，g′（x）<0，g（x）單調(diào)遞減.由已知得：g（1a）=ln（1a）-1>0，解得0<a<1e.故實數(shù)a的取值范圍為（0，1e）.

（2）由已知得：lnx1=ax1，lnx2=ax2，0<x1<1a，x2>1a.要證x1x2>e2，只需證明：lnx1+lnx2>2，即只需要證：a（x1+x2）>2.由結(jié)論四得：x1+x2>2a.

例3 已知函數(shù)f（x）=ex-kx-2k有兩不同的零點x1，x2，求證：x1+x2>-2.

證明 由f（x）=ex-kx-2k有兩個不同的零點x1，x2可得：k>1e（過程略）.由f（x）=0，得ex=k（x+2）得：x=lnk+ln（x+2），即ln（x+2）=（x+2）-（2+lnk）

記t1=x1+2，t2=x2+2，由已知得：t1，t2是方程lnx=x-（2+lnk）的兩不同實根，由結(jié)論一得：t1+t2>2，所以x1+x2>-2成立.

例4 已知函數(shù)f（x）=ex-3x-m有兩不同零點x1，x2，求證：ex1+ex2>6.

證明 由f（x）=ex-3x-m有兩不同零點x1，x2可得：m>3-3ln3（過程略）.由f（x）=0，得ex=3x+m得：x=ln（3x+m），即ln（3x+m）=13（3x+m）-m3.

記t1=3x1+m，t2=3x2+m，由已知得：t1，t2是方程lnx=13x-m3的兩不同實根，由結(jié)論四得：t1+t2>6，又因為ex1+ex2=（3x1+m）+（3x2+m）=t1+t2，所以ex1+ex2>6.

例5 已知函數(shù)f（x）=x（lnx-12x+a-1）有兩個極值點x1，x2（x1<x2）.

（1）求實數(shù)a的取值范圍;

（2）求證：2lnx1+lnx2<0.

解析 （1）f ′（x）=lnx-x+a，f ′（x）有兩不同零點，可得a∈（1，+SymboleB@）（過程略）. （2）由已知得：lnx1=x1-a，lnx2=x2-a，0<x1<1，x2>1，lnx1<0.由結(jié)論三得：x1+x2<2a.則2lnx1+lnx2<lnx1+lnx2=（x1+x2）-2a<0成立.

例6 已知函數(shù)f（x）=xlnx-a2x2-x+a有兩個不同的極值點x1，x2（x1<x2）.

（1）求實數(shù)a的取值范圍;

（2）求證：x1x22>e3.

解析 （1）f ′（x）=lnx-ax，f ′（x）有兩不同的零點，可得0<a<1e（過程略）.

（2）由已知得：lnx1=ax1，lnx2=ax2，0<x1<1a，x2>1a.要證明：x1x22>e3，只需證明：lnx1+2lnx2>3，即只需要證：a（x1+x2）+lnx2>3.由結(jié)論四得：x1+x2>2a.又因為0<a<1e，x2>1a>e，所以a（x1+x2）>2，lnx2>1成立，則a（x1+x2）+lnx2>3成立.

例7 已知函數(shù)f（x）=x-lnx+a有兩零點x1，x2，且x1<x2.

（1）求實數(shù)a的取值范圍;

（2）若x2≥2，求證：x1x22<2.

解析 （1）實數(shù)a的取值范圍a<-1（過程略）.

（2）令t=x2x1，則t>1.由lnx1=x1+a，lnx2=x2+a得：x1=lntt-1，x2=tlntt-1.記g（t）=tlntt-1，則g′（t）=t-1-lnt（t-1）2，可證lnt<t-1對t>1恒成立，所以g′（t）>0，x2關于t∈（1，+SymboleB@）單調(diào)遞增.因為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.要證明x1x22<2，

只需證明：3x1x22<32，即只需要證：t23lntt-1<32，記h（t）=t23lntt-1，則h′（t）=3（t-1）-（t+2）lnt33t（t-1）2，記φ（t）=3（t-1）-（t+2）lnt，則

φ′（t）=2（t-1）-tlntt，因為t≥t0>2，g（t）=tlntt-1≥2，所以φ′（t）≤0，h′（t）≤0，函數(shù)h（t）關于t∈[t0，+SymboleB@）單調(diào)遞減，即3x1x22關于t∈[t0，+SymboleB@）單調(diào)遞減.

由結(jié)論三得：

x1+x2=（lnx1-a）+（lnx2-a）<2（-a），

所以lnx1+lnx2<0，0<x1x2<1.

當t=t0時，x2=2，0<x1x2<1，3x1x22<32成立，命題得證.

三、相應練習

1.已知函數(shù)f（x）=lnx+ax+1x.

（1）若x>0時，f（x）<0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍;

（2）若f（x）有兩個不同的零點x1，x2且x1<x2.求證：x21+x22>2.

2. 已知函數(shù)f（x）=lnx-x.

（1）若f（x）+xx-1>ax+1恒成立，求實數(shù)a的取值范圍;

（2）若h（x）=f（x）+m有兩個不同的零點x1，x2且x1<x2.求證：x22+x1>m+1.

3. 已知函數(shù)f（x）=ex-ax2-ax（a>0）有兩個不同的極值點x1，x2.

（1）求實數(shù)a的取值范圍;

（2）求證：x1+x2<ln（4a2）.

參考答案

1.（1）a<-1;（2）略.2.（1）a≤2;（2）略.3. （1）a>e2;（2）略

參考文獻：

[1]許銀伙，楊蒼洲.運用“類對稱”巧解函數(shù)零點和與積問題[J].數(shù)學通訊，2016（10）：43-45.

[2]許銀伙.一個壓軸問題的解法及拓展探究[J].數(shù)學通訊，2019（10）：26-28.

[責任編輯：李 璟]