方企勤 第二章 一元函数微分学 第2.6题

### 2.6.10 讨论曲线 $$ y = 4\ln x + k \quad \text{与} \quad y = 4x + \ln^4 x $$ 的交点个数。

**解** 考虑函数 $$ f(x) = 4x + \ln^4 x - (4\ln x + k) = 4x + \ln^4 x - 4\ln x - k $$ 定义域为 $x>0$。 交点个数即方程 $f(x)=0$ 的根的个数。

先分析 $f(x)$ 的单调性与极值。 求导： $$ f'(x) = 4 + \frac{4\ln^3 x}{x} - \frac{4}{x} = 4 + \frac{4(\ln^3 x - 1)}{x} $$ 令 $f'(x)=0$ 得 $$ 4 + \frac{4(\ln^3 x - 1)}{x} = 0 \quad\Rightarrow\quad 1 + \frac{\ln^3 x - 1}{x} = 0 $$ 即 $$ x + \ln^3 x - 1 = 0 $$ 令 $g(x)=x+\ln^3 x -1$，显然 $g(1)=0$，且 $$ g'(x)=1+\frac{3\ln^2 x}{x}>0 \quad (x>0) $$ 所以 $g(x)$ 严格递增，因此唯一零点为 $x=1$。 故 $f'(x)=0$ 的唯一解是 $x=1$。

当 $04$，所以 $f'(x)<0$。 当 $x>1$ 时，$\ln^3 x >0$，且 $x>1$，有 $$ \frac{\ln^3 x -1}{x} > - \frac{1}{x} > -1 $$ 所以 $f'(x) > 4 - 4 = 0$。 因此 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 严格递减，在 $(1,+\infty)$ 严格递增，在 $x=1$ 处取最小值。

计算最小值： $$ f(1) = 4\cdot 1 + 0 - 0 - k = 4 - k $$ 极限： $$ \lim_{x\to 0^+} f(x) = \lim_{x\to 0^+} (4x + \ln^4 x - 4\ln x - k) = +\infty $$ 因为 $\ln^4 x$ 增长更快（正无穷）。 $$ \lim_{x\to +\infty} f(x) = +\infty $$ 因为 $4x$ 主导。

因此： - 若 $4 - k > 0$，即 $k < 4$，最小值正，无零点； - 若 $4 - k = 0$，即 $k = 4$，最小值零，唯一交点； - 若 $4 - k < 0$，即 $k > 4$，最小值负，且两端趋于正无穷，故有两个交点。

**结论**： - $k < 4$：0个交点 - $k = 4$：1个交点 - $k > 4$：2个交点

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### 2.6.11 对 $\forall n \in \mathbb{N}$，求证： $$ x^{n+2} - 2x^{n} - 1 = 0 $$ 只有唯一正根。

**证明** 设 $$ f(x) = x^{n+2} - 2x^n - 1 = x^n(x^2 - 2) - 1 $$ 定义域 $x>0$。

求导： $$ f'(x) = (n+2)x^{n+1} - 2n x^{n-1} = x^{n-1}\big[(n+2)x^2 - 2n\big] $$ 令 $f'(x)=0$，得 $$ x^{n-1}=0 \quad\text{或}\quad (n+2)x^2 - 2n = 0 $$ 在 $x>0$ 时，唯一驻点为 $$ x_0 = \sqrt{\frac{2n}{n+2}} > 0 $$ 且易见当 $0x_0$ 时，$f'(x)>0$。 所以 $f(x)$ 在 $(0,x_0)$ 严格递减，在 $(x_0,+\infty)$ 严格递增，在 $x_0$ 取最小值。

计算： $$ f(x_0) = x_0^n (x_0^2 - 2) - 1 $$ 由 $x_0^2 = \frac{2n}{n+2}$，得 $$ x_0^2 - 2 = \frac{2n}{n+2} - 2 = \frac{2n - 2n - 4}{n+2} = -\frac{4}{n+2} $$ 所以 $$ f(x_0) = x_0^n \cdot \left(-\frac{4}{n+2}\right) - 1 < 0 $$ 又 $$ \lim_{x\to 0^+} f(x) = -1 < 0,\quad \lim_{x\to +\infty} f(x) = +\infty $$ 由单调性，在 $(x_0,+\infty)$ 上函数从负到正且严格递增，因此恰有一个正根；在 $(0,x_0)$ 上恒负，无根。

故方程有且仅有一个正根。证毕。

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### 2.6.12 设 $k>0$，求证：方程 $$ 1 + x + \frac{x^2}{2} = k e^{x} $$ 只有唯一实根。

**证明** 令 $$ f(x) = 1 + x + \frac{x^2}{2} - k e^{x} $$ 求导： $$ f'(x) = 1 + x - k e^{x} $$ 再求导： $$ f''(x) = 1 - k e^{x} $$ 令 $f''(x)=0$ 得 $x = -\ln k$。 当 $x < -\ln k$ 时，$f''(x)>0$，$f'(x)$ 严格递增； 当 $x > -\ln k$ 时，$f''(x)<0$，$f'(x)$ 严格递减。 所以 $f'(x)$ 在 $x=-\ln k$ 处取最大值： $$ f'(-\ln k) = 1 - \ln k - k\cdot \frac{1}{k} = -\ln k $$ - 若 $k>1$，则 $-\ln k < 0$，故 $f'(x)<0$ 恒成立，$f(x)$ 严格递减。 又 $\displaystyle \lim_{x\to -\infty} f(x) = +\infty$（因为 $e^x\to 0$），$\displaystyle \lim_{x\to +\infty} f(x) = -\infty$，故恰有一实根。 - 若 $00$，最大值正，且当 $\displaystyle{x\to -\infty}$ 时 $f'(x)\to 1>0$，当 $\displaystyle{x\to +\infty}$ 时 $f'(x)\to -\infty$，故 $f'(x)$ 有两个零点，即 $f(x)$ 先增后减再增？需更仔细： 实际上 $f'(x)$ 在 $x=-\ln k$ 取正最大值，两端分别趋向 $1$ 和 $\displaystyle{-\infty}$，因此 $f'(x)=0$ 有两个根，$f(x)$ 先增后减，极大值正、极小值可能负。 但注意： $$ \lim_{x\to -\infty} f(x) = +\infty,\quad \lim_{x\to +\infty} f(x) = -\infty $$ 且 $f(x)$ 是连续函数，由介值定理至少有一个根；又因为 $f''(x)$ 只有一个零点，所以 $f(x