每日一题[4012]零点研究

已知函数 $f(x)=\ln ^2 x+a x^2+b x, x>0$．

1、当 $a=0$，$b=2 \mathrm{e}$ 时，证明：$f(x) \geqslant 3$；

2、若存在 $a\in\mathbb R$，使得函数 $f(x)$ 有 $3$ 个不同的极值点 $r, s, t$（$r<s<t$）．

① 求实数 $b$ 的取值范围；

② 证明：$f(s)>-\dfrac{5}{4}$．

解析

1、当 $a=0$，$b=2 \mathrm{e}$ 时，有\[f(x)=\ln^2x+2\mathrm ex,\quad f'(x)=\dfrac 2{x}\cdot \left(\ln x+\mathrm e x\right),\]注意到 $(\ln x+\mathrm ex)$ 单调递增且当 $x={\mathrm e}^{-1}$ 时取值为 $0$，因此函数 $f(x)$ 在 $x=\mathrm e^{-1}$ 处取得极小值，亦为最小值，所以\[f(x)\geqslant f(\mathrm e^{-1})=3.\]

2、① 函数 $f(x)$ 有 $3$ 个不同的极值点，即其导函数\[f'(x)=\dfrac{2\ln x}{x}+2ax+b\]有 $3$ 个变号零点，进而其二阶导函数\[f''(x)=\dfrac{2-2\ln x}{x^2}+2a\]有 $2$ 个变号零点，记为 $x_1,x_2$，且\[r<x_1<s<x_2<t,\]而\[f'''(x)=\dfrac{4\ln x-6}{x^3},\]于是\[\begin{array}{c|c|c|c|c|c}\hline x&0&&\mathrm e^{\frac 32}&&+\infty\\ \hline f''(x)&+\infty&\searrow&2a-\mathrm e^{-3}&\nearrow&2a\\ \hline\end{array}\]进而 $0<a<\dfrac 12\mathrm e^{-3}$ 且\[0<x_1<\mathrm e^{\frac 32}<x_2,\] 此时问题转化为函数 $f'(x)$ 的极大值 $f'(x_1)>0$，极小值 $f'(x_2)<0$．

必要性    设 $\dfrac{\ln t-1}{t^2}=a$，则考虑极值\[f'(t)=\dfrac{2\ln t}{t}+2\cdot \dfrac{\ln t-1}{t^2}\cdot t+b=\dfrac{4\ln t-2}{t}+b,\]记该函数为 $\varphi(t)$，则其导函数\[\varphi'(t)=\dfrac{6-4\ln t}{t^2},\]于是\[\begin{array}{c|c|c|c|c|c}\hline t&0&&\mathrm e^{\frac 32}&&+\infty\\ \hline \varphi(t)&-\infty&\nearrow&4\mathrm e^{-\frac 32}+b&\searrow&b\\ \hline\end{array}\]因此\[4\mathrm e^{-\frac 32}+b>0>b\implies -4\mathrm e^{-\frac 32}<b<0.\]

充分性    设 $\varphi(t)$ 的零点为 $t_1,t_2$，且 $0<t_1<\mathrm e^{\frac 32}<t_2$，此时 $\varphi(t)$ 在 $(t_1,t_2)$ 上取值为正，在 $(0,t_1),(t_2,+\infty)$ 上取值为负，因此 $f'(x)$ 有 $3$ 个变号零点只需要\[0<t_1<x_1<\mathrm e^{\frac 32}<t_2<x_2,\]只需要\[\dfrac{2-2\ln t_1}{t_1^2}+2a>0>\dfrac{2-2\ln t_2}{t_2^2}+2a,\]也即\[\dfrac{\ln t_1-1}{t_1^2}<a<\dfrac{\ln t_2-1}{t_2^2},\]容易证明当 $\varphi(t_1)=\varphi(t_2)=0$ 且 $t_1<t_2$ 时，有\[\dfrac{\ln t_1-1}{t_1^2}<\dfrac{\ln t_2-1}{t_2^2},\]因此存在实数 $a$ 符合题意． 综上所述，$b$ 的取值范围是 $\left(-4\mathrm e^{-\frac 32},0\right)$．

② 根据题意有 $f^{\prime}(s)=0$，于是\[b=-\frac{2 \ln s}{s}-2 a s,\]代入得 \[ f(s)=\ln ^2 s-2 \ln s-a s^2, \] 设该极值函数 $p(x)=\ln ^2 x-2 \ln x-a x^2$，则 \[ p^{\prime}(x)=\frac{2}{x}\left(\ln x-1-a x^2\right),\quad (\ln x-1-a x^2)'=\dfrac{1-2ax^2}{x}, \]其中 $p^{\prime}\left(x_1\right)=p^{\prime}\left(x_2\right)=0$ 及 $y=1-2ax^2$ 是开口向下的抛物线，因此 $p(x)$ 在 $(x_1,x_2)$ 上单调递增，又 $x_1<s<x_2$，且\[\dfrac{\ln x_1-1}{x_1^2}=\dfrac{\ln x_2-1}{x_2^2}=a,\]故\[\begin{split} p(s)&>p\left(x_1\right)\\ &=\ln^2x_1-2\ln x_1-\dfrac{\ln x_1-1}{x_1^2}\cdot x_1^2\\ &=\ln ^2 x_1-3 \ln x_1+1\\ &=-\dfrac 54+\left(\ln x_1-\dfrac 32\right)^2\\ &> -\frac{5}{4},\end{split}\]命题得证．

备注

设 $g(x)=2\ln x+2ax^2+b$，考虑 $g(x)$ 有 $3$ 个变号零点，此时\[g'(x)=\dfrac 2x+4ax+b=\dfrac{4ax^2+bx+2}{x},\]设 $g'(x)$ 的零点，即 $g(x)$ 的极值点为 $x=x_1,x_2$．记 $4at^2+bt+2=0$，则极值\[g(t)=2\ln t+2at^2+bt=2\ln t-1+\dfrac b2t,\]记该函数为 $\varphi(t)$，则\[\varphi'(t)=\dfrac 2t+\dfrac b2=\dfrac{4+bt}{2t},\]进而其极大值\[\varphi\left(-\dfrac 4b\right)>0\iff \ln\left(-\dfrac 4b\right)-3>0\iff -4\mathrm e^{-\frac 32}<b<0.\]设 $\varphi(t)$ 的两个零点为 $t_1,t_2$ 且 $t_1<t_2$，则 $\varphi(t)$ 在 $(0,t_1),(t_2,+\infty)$ 上取值为负，在 $(t_1,t_2)$ 上取值为正，因此\[0<t_1<x_1<t_2<x_2,\]即\[2\ln t_1+2at_1^2+bt_1>0>2\ln t_2+2at_2^2+bt_2,\]也即\[2\ln t_1+2at_1^2+(-4at_1^2-2)>0>2\ln t_2+2at_2^2+(-4at_2^2-2),\]也即\[\dfrac{\ln t_1-1}{t_1^2}<a<\dfrac{\ln t_2-1}{t_2^2},\]以下略．