二、单调性和凹凸性｜大题·常数不等式与方程根的个数

大题

（五）常数不等式

1. 【1992-123-7 分】 设 $f^{\prime \prime }(x)<0$，$f(0)=0$，$x_1,x_2>0$，证明：

$$f(x_1+x_2)<f(x_1)+f(x_2).$$

查看答案与解析

答案： 不等式成立。

解析： 固定 $x_2>0$，构造辅助函数

$$F(x)=f(x+x_2)-f(x),x\ge 0.$$

由于 $f^{\prime \prime }(x)<0$，故 $f^{\prime }(x)$ 严格单调递减。于是对任意 $x>0$，有

$$F^{\prime }(x)=f^{\prime }(x+x_2)-f^{\prime }(x)<0.$$

因此 $F(x)$ 在 $[0,+\infty )$ 上严格单调递减。由 $x_1>0$，得到

$$F(x_1)<F(0).$$

即

$$f(x_1+x_2)-f(x_1)<f(x_2)-f(0).$$

又因为 $f(0)=0$，所以

$$f(x_1+x_2)<f(x_1)+f(x_2).$$

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2. 【2002-2-8 分】 设 $0<a<b$，证明：

$$\frac{2a}{a^2+b^2}<\frac{\ln b-\ln a}{b-a}<\frac{1}{\sqrt{ab}}.$$

查看答案与解析

答案： 双边不等式成立。

解析： 令

$$t=\frac{b}{a}>1.$$

则

$$\frac{\ln b-\ln a}{b-a}=\frac{\ln t}{a(t-1)}.$$

先证左侧不等式。只需证明

$$\frac{\ln t}{t-1}>\frac{2}{1+t^2}.$$

构造

$$\phi (t)=\ln t-\frac{2(t-1)}{t+1},t\ge 1.$$

有

$${\phi }^{\prime }(t)=\frac{1}{t}-\frac{4}{(t+1{)}^2}=\frac{(t-1{)}^2}{t(t+1{)}^2}\ge 0.$$

又 $\phi (1)=0$，故当 $t>1$ 时，

$$\ln t>\frac{2(t-1)}{t+1}.$$

而 $t>1$ 时，$t^2+1>t+1$，所以

$$\frac{2(t-1)}{t+1}>\frac{2(t-1)}{t^2+1}.$$

于是

$$\ln t>\frac{2(t-1)}{t^2+1},$$

从而

$$\frac{\ln t}{a(t-1)}>\frac{2}{a(1+t^2)}=\frac{2a}{a^2+b^2}.$$

再证右侧不等式。所需证明等价于

$$\ln t<\frac{t-1}{\sqrt{t}}.$$

令 $u=\sqrt{t}>1$，则上式化为

$$2\ln u<u-\frac{1}{u}.$$

构造

$$\psi (u)=u-\frac{1}{u}-2\ln u,u\ge 1.$$

有

$${\psi }^{\prime }(u)=1+\frac{1}{u^2}-\frac{2}{u}=\frac{(u-1{)}^2}{u^2}\ge 0.$$

又 $\psi (1)=0$，故当 $u>1$ 时，$\psi (u)>0$。因此

$$\ln t<\frac{t-1}{\sqrt{t}}.$$

于是

$$\frac{\ln b-\ln a}{b-a}=\frac{\ln t}{a(t-1)}<\frac{1}{a\sqrt{t}}=\frac{1}{\sqrt{ab}}.$$

综上，

$$\frac{2a}{a^2+b^2}<\frac{\ln b-\ln a}{b-a}<\frac{1}{\sqrt{ab}}.$$

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3. 【2004-12-12 分】 设 $e<a<b<e^2$，证明：

$${\ln }^{2}b-{\ln }^{2}a>\frac{4}{e^2}(b-a).$$

查看答案与解析

答案： 不等式成立。

解析： 令

$$f(x)={\ln }^{2}x,x\in (e,e^2).$$

由拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (a,b)$，使得

$$\frac{{\ln }^{2}b-{\ln }^{2}a}{b-a}=f^{\prime }(\xi )=\frac{2\ln \xi }{\xi }.$$

考察函数

$$h(x)=\frac{2\ln x}{x}.$$

其导数为

$$h^{\prime }(x)=\frac{2(1-\ln x)}{x^2}.$$

在 $x\in (e,e^2)$ 上，$\ln x>1$，故

$$h^{\prime }(x)<0.$$

所以 $h(x)$ 在 $(e,e^2)$ 上严格单调递减。由于 $\xi <e^2$，有

$$\frac{2\ln \xi }{\xi }>\frac{2\ln e^2}{e^2}=\frac{4}{e^2}.$$

因此

$$\frac{{\ln }^{2}b-{\ln }^{2}a}{b-a}>\frac{4}{e^2}.$$

又 $b-a>0$，故

$${\ln }^{2}b-{\ln }^{2}a>\frac{4}{e^2}(b-a).$$

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4. 【2004-3-10 分】 设 $f(x),g(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，且

$${\int }_a^{b}f(t)\mathrm{d}t={\int }_a^{b}g(t)\mathrm{d}t,$$

并且对任意 $x\in [a,b)$，均有

$${\int }_a^{x}f(t)\mathrm{d}t\ge {\int }_a^{x}g(t)\mathrm{d}t.$$

证明：

$${\int }_a^{b}xf(x)\mathrm{d}x\le {\int }_a^{b}xg(x)\mathrm{d}x.$$

查看答案与解析

答案： 不等式成立。

解析： 令

$$F(x)={\int }_a^x[f(t)-g(t)]\mathrm{d}t.$$

由题设可知

$$F(x)\ge 0,x\in [a,b),$$

且

$$F(a)=0,F(b)={\int }_a^b[f(t)-g(t)]\mathrm{d}t=0.$$

又有

$$F^{\prime }(x)=f(x)-g(x).$$

对 ${\int }_a^{b}x[f(x)-g(x)]\mathrm{d}x$ 分部积分，得

$$\begin{array}{rl}{\int }_a^{b}x[f(x)-g(x)]\mathrm{d}x& ={\int }_a^{b}x{F}^{\prime }(x)\mathrm{d}x\\ & ={xF(x)|}_a^b-{\int }_a^{b}F(x)\mathrm{d}x\\ & =-{\int }_a^{b}F(x)\mathrm{d}x\\ & \le 0.\end{array}$$

因此

$${\int }_a^{b}xf(x)\mathrm{d}x\le {\int }_a^{b}xg(x)\mathrm{d}x.$$

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5. 【2006-23-10 分】 设 $0<a<b<\pi$，证明：

$$b\sin b+2\cos b+\pi b>a\sin a+2\cos a+\pi a.$$

查看答案与解析

答案： 不等式成立。

解析： 构造函数

$$F(x)=x\sin x+2\cos x+\pi x,0<x<\pi .$$

求导得

$$F^{\prime }(x)=\sin x+x\cos x-2\sin x+\pi =\pi +x\cos x-\sin x.$$

再令

$$G(x)=\pi +x\cos x-\sin x.$$

则

$$G^{\prime }(x)=-x\sin x<0,0<x<\pi .$$

故 $G(x)$ 在 $(0,\pi )$ 上严格单调递减。又

$$G(\pi )=\pi +\pi \cos \pi -\sin \pi =0,$$

所以对任意 $x\in (0,\pi )$，均有

$$G(x)>G(\pi )=0.$$

即

$$F^{\prime }(x)>0,0<x<\pi .$$

因此 $F(x)$ 在 $(0,\pi )$ 上严格单调递增。由 $0<a<b<\pi$，得到

$$F(b)>F(a),$$

即

$$b\sin b+2\cos b+\pi b>a\sin a+2\cos a+\pi a.$$

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6. 【2014-23-11 分】 设函数 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续且单调增加，$0\le g(x)\le 1$，证明：

（1）对任意 $x\in [a,b]$，有

$$0\le {\int }_a^{x}g(t)\mathrm{d}t\le x-a;$$

（2）

$${\int }_a^{a+{\int }_a^{b}g(t)\mathrm{d}t}f(x)\mathrm{d}x\le {\int }_a^{b}f(x)g(x)\mathrm{d}x.$$

查看答案与解析

答案： 两个不等式均成立。

解析： （1）由 $0\le g(t)\le 1$，根据定积分的保序性，有

$$0\le {\int }_a^{x}g(t)\mathrm{d}t\le {\int }_a^{x}1\mathrm{d}t=x-a.$$

故结论成立。

（2）记

$$\lambda ={\int }_a^{b}g(t)\mathrm{d}t.$$

由（1）可知

$$0\le \lambda \le b-a,$$

从而 $a+\lambda \in [a,b]$。令

$$c=a+\lambda .$$

考察两边之差：

$$\begin{array}{rl}& {\int }_a^{b}f(x)g(x)\mathrm{d}x-{\int }_a^{c}f(x)\mathrm{d}x\\ =& {\int }_a^{c}f(x)[g(x)-1]\mathrm{d}x+{\int }_c^{b}f(x)g(x)\mathrm{d}x.\end{array}$$

由于 $f(x)$ 单调增加，当 $x\in [a,c]$ 时，

$$f(x)\le f(c),$$

而 $g(x)-1\le 0$，故

$$f(x)[g(x)-1]\ge f(c)[g(x)-1].$$

当 $x\in [c,b]$ 时，

$$f(x)\ge f(c),$$

且 $g(x)\ge 0$，所以

$$f(x)g(x)\ge f(c)g(x).$$

因此

$$\begin{array}{rl}& {\int }_a^{b}f(x)g(x)\mathrm{d}x-{\int }_a^{c}f(x)\mathrm{d}x\\ \ge & f(c)\left[{\int }_a^c(g(x)-1)\mathrm{d}x+{\int }_c^{b}g(x)\mathrm{d}x\right]\\ =& f(c)\left[{\int }_a^{b}g(x)\mathrm{d}x-(c-a)\right]\\ =& f(c)(\lambda -\lambda )=0.\end{array}$$

于是

$${\int }_a^{a+{\int }_a^{b}g(t)\mathrm{d}t}f(x)\mathrm{d}x\le {\int }_a^{b}f(x)g(x)\mathrm{d}x.$$

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7. 【2015-2-10 分】 设函数 $f(x)$ 在 $[a,+\infty )$ 上二阶可导，且

$$f(a)=0,f^{\prime }(x)>0,f^{\prime \prime }(x)>0.$$

曲线 $y=f(x)$ 在点 $(b,f(b))(b>a)$ 处的切线与 $x$ 轴交于点 $(x_0,0)$，证明：

$$a<x_0<b.$$

查看答案与解析

答案： $a<x_0<b$。

解析： 曲线在 $x=b$ 处的切线方程为

$$y-f(b)=f^{\prime }(b)(x-b).$$

令 $y=0$，得到切线与 $x$ 轴交点的横坐标

$$x_0=b-\frac{f(b)}{f^{\prime }(b)}.$$

因为 $f^{\prime }(x)>0$，所以 $f(x)$ 在 $[a,+\infty )$ 上严格单调增加。又 $f(a)=0$ 且 $b>a$，故

$$f(b)>f(a)=0.$$

再由 $f^{\prime }(b)>0$，可得

$$\frac{f(b)}{f^{\prime }(b)}>0,$$

从而

$$x_0=b-\frac{f(b)}{f^{\prime }(b)}<b.$$

下面证明 $x_0>a$。由拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (a,b)$，使得

$$f(b)-f(a)=f^{\prime }(\xi )(b-a).$$

由于 $f(a)=0$，所以

$$f(b)=f^{\prime }(\xi )(b-a).$$

又因 $f^{\prime \prime }(x)>0$，故 $f^{\prime }(x)$ 严格单调增加。由 $\xi <b$，有

$$f^{\prime }(\xi )<f^{\prime }(b).$$

因此

$$f(b)=f^{\prime }(\xi )(b-a)<f^{\prime }(b)(b-a).$$

两边除以正数 $f^{\prime }(b)$，得

$$\frac{f(b)}{f^{\prime }(b)}<b-a.$$

所以

$$x_0=b-\frac{f(b)}{f^{\prime }(b)}>b-(b-a)=a.$$

综上，

$$a<x_0<b.$$

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8. 【2022-12-12 分】 设函数 $f(x)$ 二阶连续可导，证明：

$$f^{\prime \prime }(x)\ge 0⟺f\left(\frac{a+b}{2}\right)\le \frac{1}{b-a}{\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x$$

对任意 $a<b$ 成立。

查看答案与解析

答案： 两个条件互为充要条件。

解析： 先证充分方向与必要方向。

（一）若 $f^{\prime \prime }(x)\ge 0$，证明积分不等式成立。

令

$$m=\frac{a+b}{2},h=\frac{b-a}{2}.$$

对 $t\in [0,h]$，定义

$$\phi (t)=f(m+t)+f(m-t)-2f(m).$$

有

$$\phi (0)=0,$$

且

$${\phi }^{\prime }(t)=f^{\prime }(m+t)-f^{\prime }(m-t).$$

由于 $f^{\prime \prime }(x)\ge 0$，所以 $f^{\prime }(x)$ 单调不减。又 $m+t\ge m-t$，故

$${\phi }^{\prime }(t)\ge 0.$$

因此 $\phi (t)$ 在 $[0,h]$ 上单调不减，从而

$$\phi (t)\ge \phi (0)=0.$$

即

$$f(m+t)+f(m-t)\ge 2f(m).$$

在 $[0,h]$ 上积分，得

$${\int }_0^h[f(m+t)+f(m-t)]\mathrm{d}t\ge 2hf(m).$$

注意到

$${\int }_0^{h}f(m+t)\mathrm{d}t+{\int }_0^{h}f(m-t)\mathrm{d}t={\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x,$$

且 $2h=b-a$，所以

$${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x\ge (b-a)f\left(\frac{a+b}{2}\right).$$

即

$$f\left(\frac{a+b}{2}\right)\le \frac{1}{b-a}{\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x.$$

（二）若对任意 $a<b$，上述积分不等式成立，证明 $f^{\prime \prime }(x)\ge 0$。

任取一点 $x$。当 $h>0$ 充分小时，在区间 $[x-h,x+h]$ 上应用题设不等式，得

$$f(x)\le \frac{1}{2h}{\int }_{x-h}^{x+h}f(t)\mathrm{d}t.$$

令 $t=x+u$，则

$$f(x)\le \frac{1}{2h}{\int }_{-h}^{h}f(x+u)\mathrm{d}u.$$

由于 $f(x)$ 二阶连续可导，在 $u\to 0$ 时有泰勒展开

$$f(x+u)=f(x)+f^{\prime }(x)u+\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }(x)u^2+o(u^2).$$

代入上式，利用奇函数项在对称区间上的积分为零，得到

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{2h}{\int }_{-h}^{h}f(x+u)\mathrm{d}u=& f(x)+\frac{1}{2h}\cdot \frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }(x){\int }_{-h}^h{u}^2\mathrm{d}u+o(h^2)\\ =& f(x)+\frac{1}{6}{f}^{\prime \prime }(x)h^2+o(h^2).\end{array}$$

于是题设不等式给出

$$\frac{1}{6}{f}^{\prime \prime }(x)h^2+o(h^2)\ge 0.$$

两边除以 $h^2>0$，再令 $h\to 0^{+}$，得

$$\frac{1}{6}{f}^{\prime \prime }(x)\ge 0.$$

因此

$$f^{\prime \prime }(x)\ge 0.$$

由于 $x$ 任意，故结论在定义域内处处成立。

综上，

$$f^{\prime \prime }(x)\ge 0⟺f\left(\frac{a+b}{2}\right)\le \frac{1}{b-a}{\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x.$$

（六）方程根的个数

1. 【1987-12-10 分】 设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上可微，且

$$0<f(x)<1,f^{\prime }(x)\ne 1.$$

证明：存在唯一的 $x\in (0,1)$，使得 $f(x)=x$。

查看答案与解析

答案： 方程 $f(x)=x$ 在 $(0,1)$ 内有且仅有一个实根。

解析： 令

$$F(x)=f(x)-x.$$

由于 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上可微，所以 $F(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，在 $(0,1)$ 内可导。

由 $0<f(x)<1$，有

$$F(0)=f(0)>0,$$

以及

$$F(1)=f(1)-1<0.$$

根据零点定理，至少存在一点 $\xi \in (0,1)$，使得

$$F(\xi )=0,$$

即

$$f(\xi )=\xi .$$

下面证明根的唯一性。若存在两个不同的根 ${\xi }_1,{\xi }_2\in (0,1)$，不妨设 ${\xi }_1<{\xi }_2$，则

$$F({\xi }_1)=F({\xi }_2)=0.$$

由罗尔定理，存在 $\eta \in ({\xi }_1,{\xi }_2)$，使得

$$F^{\prime }(\eta )=0.$$

但

$$F^{\prime }(\eta )=f^{\prime }(\eta )-1,$$

于是

$$f^{\prime }(\eta )=1,$$

这与题设 $f^{\prime }(x)\ne 1$ 矛盾。

因此方程在 $(0,1)$ 内至多有一个根。结合存在性可知，方程恰有一个实根。

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2. 【1989-123-7 分】 证明方程

$$\ln x=\frac{x}{e}-{\int }_0^{\pi }\sqrt{1-\cos 2t}\mathrm{d}t$$

在 $(0,+\infty )$ 内仅有两个不同实根。

查看答案与解析

答案： 方程在 $(0,+\infty )$ 内恰有两个不同实根。

解析： 当 $t\in [0,\pi ]$ 时，$\sin t\ge 0$，所以

$$\sqrt{1-\cos 2t}=\sqrt{2{\sin }^{2}t}=\sqrt{2}\sin t.$$

从而

$${\int }_0^{\pi }\sqrt{1-\cos 2t}\mathrm{d}t=\sqrt{2}{\int }_0^{\pi }\sin t\mathrm{d}t=2\sqrt{2}.$$

原方程化为

$$\ln x=\frac{x}{e}-2\sqrt{2}.$$

令

$$F(x)=\ln x-\frac{x}{e}+2\sqrt{2},x>0.$$

则

$$F^{\prime }(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{e}=\frac{e-x}{ex}.$$

因此：

• 当 $0<x<e$ 时，$F^{\prime }(x)>0$，故 $F(x)$ 严格单调增加；
• 当 $x>e$ 时，$F^{\prime }(x)<0$，故 $F(x)$ 严格单调减少。

又有

$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }F(x)=-\infty ,$$$$F(e)=1-1+2\sqrt{2}=2\sqrt{2}>0,$$

以及

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }F(x)=-\infty .$$

故由连续性知，$F(x)$ 在 $(0,e)$ 内至少有一个零点，在 $(e,+\infty )$ 内至少有一个零点。

又由于 $F(x)$ 在这两个区间内分别严格单调，所以每个区间内至多有一个零点。

因此方程在 $(0,+\infty )$ 内恰有两个不同实根。

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3. 【1994-3-9 分】 当 $x>0$ 时，方程

$$kx+\frac{1}{x^2}=1$$

有且仅有一个解，求 $k$ 的取值范围。

查看答案与解析

答案：

$$k\in (-\infty ,0]\cup \left\{\frac{2}{3\sqrt{3}}\right\}.$$

解析： 由方程

$$kx+\frac{1}{x^2}=1$$

解出参数 $k$，得

$$k=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^3}.$$

令

$$\phi (x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^3},x>0.$$

则原方程的正根个数，等于水平直线 $y=k$ 与曲线 $y=\phi (x)$ 的交点个数。

求导得

$${\phi }^{\prime }(x)=-\frac{1}{x^2}+\frac{3}{x^4}=\frac{3-x^2}{x^4}.$$

因此：

• 当 $0<x<\sqrt{3}$ 时，${\phi }^{\prime }(x)>0$，$\phi (x)$ 严格单调增加；
• 当 $x>\sqrt{3}$ 时，${\phi }^{\prime }(x)<0$，$\phi (x)$ 严格单调减少。

并且

$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\phi (x)=-\infty ,$$$$\phi (\sqrt{3})=\frac{1}{\sqrt{3}}-\frac{1}{3\sqrt{3}}=\frac{2}{3\sqrt{3}},$$$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\phi (x)=0^{+}.$$

于是分情况讨论：

1. 当 $k<0$ 时，水平直线 $y=k$ 仅与递增支相交一次，故恰有一个正根；
2. 当 $k=0$ 时，$\phi (x)=0$ 给出 $x=1$，恰有一个正根；
3. 当 $0<k<\frac{2}{3\sqrt{3}}$ 时，水平直线与曲线相交两次，故有两个正根；
4. 当 $k=\frac{2}{3\sqrt{3}}$ 时，水平直线与曲线在最高点相切，恰有一个正根 $x=\sqrt{3}$；
5. 当 $k>\frac{2}{3\sqrt{3}}$ 时，无正根。

综上，方程有且仅有一个正根时

$$k\in (-\infty ,0]\cup \left\{\frac{2}{3\sqrt{3}}\right\}.$$

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4. 【1997-2-8 分】 按 $k$ 的取值讨论方程

$$x-\frac{\pi }{2}\sin x=k$$

在 $\left(0,\frac{\pi }{2}\right)$ 内根的个数。

查看答案与解析

答案： 令

$$k_0=\arccos \frac{2}{\pi }-\frac{1}{2}\sqrt{{\pi }^2-4}.$$

则

$$\{\begin{array}{ll}0,& k<k_0\text{ 或 }k\ge 0,\\ 1,& k=k_0,\\ 2,& k_0<k<0.\end{array}$$

解析： 令

$$f(x)=x-\frac{\pi }{2}\sin x,0<x<\frac{\pi }{2}.$$

则原方程化为

$$f(x)=k.$$

求导得

$$f^{\prime }(x)=1-\frac{\pi }{2}\cos x,$$$$f^{\prime \prime }(x)=\frac{\pi }{2}\sin x>0.$$

故 $f^{\prime }(x)$ 在 $\left(0,\frac{\pi }{2}\right)$ 内严格单调增加。方程 $f^{\prime }(x)=0$ 有唯一解

$$x_0=\arccos \frac{2}{\pi }.$$

因此 $f(x)$ 在 $\left(0,x_0\right)$ 上严格单调减少，在 $\left(x_0,\frac{\pi }{2}\right)$ 上严格单调增加，并在 $x=x_0$ 处取得最小值

$$\begin{array}{rl}{k}_0=f(x_0)& =\arccos \frac{2}{\pi }-\frac{\pi }{2}\sin \left(\arccos \frac{2}{\pi }\right)\\ & =\arccos \frac{2}{\pi }-\frac{1}{2}\sqrt{{\pi }^2-4}.\end{array}$$

同时

$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f(x)=0,\underset{x\to {\frac{\pi }{2}}^{-}}{\lim }f(x)=0.$$

由于区间端点不属于定义区间，并且 $f(x)<0$ 对所有 $x\in \left(0,\frac{\pi }{2}\right)$ 成立，所以曲线在该区间内从接近 $0$ 下降到最小值 $k_0$，再上升到接近 $0$。

因此：

• 当 $k<k_0$ 时，无根；
• 当 $k=k_0$ 时，在 $x=x_0$ 处有一个根；
• 当 $k_0<k<0$ 时，在 $x_0$ 两侧各有一个根，共两个根；
• 当 $k\ge 0$ 时，无根，其中 $k=0$ 只对应两个未取到的端点极限。

综上，根的个数为

$$\{\begin{array}{ll}0,& k<k_0\text{ 或 }k\ge 0,\\ 1,& k=k_0,\\ 2,& k_0<k<0.\end{array}$$

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5. 【2003-2-12 分】 讨论曲线

$$y=4\ln x+k$$

与

$$y=4x+{\ln }^{4}x$$

的交点个数。

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答案：

$$\{\begin{array}{ll}0\text{ 个},& k<4,\\ 1\text{ 个},& k=4,\\ 2\text{ 个},& k>4.\end{array}$$

解析： 两曲线交点的横坐标满足

$$4\ln x+k=4x+{\ln }^{4}x,x>0.$$

即

$$k=4x+{\ln }^{4}x-4\ln x.$$

令

$$F(x)=4x+{\ln }^{4}x-4\ln x,x>0.$$

为便于判断单调性，令

$$t=\ln x,x=e^t,$$

则

$$F(x)=\Phi (t)=4e^t+t^4-4t,-\infty <t<+\infty .$$

求导得

$${\Phi }^{\prime }(t)=4\left(e^t+t^3-1\right).$$

令

$$q(t)=e^t+t^3-1.$$

则

$$q^{\prime }(t)=e^t+3t^2>0,$$

所以 $q(t)$ 在 $\mathbb{R}$ 上严格单调增加。又

$$q(0)=0,$$

故

$$\{\begin{array}{ll}{\Phi }^{\prime }(t)<0,& t<0,\\ {\Phi }^{\prime }(t)>0,& t>0.\end{array}$$

因此 $\Phi (t)$ 在 $(-\infty ,0)$ 上严格单调减少，在 $(0,+\infty )$ 上严格单调增加，并在 $t=0$ 处取得唯一最小值

$$\Phi (0)=4.$$

此外，

$$\underset{t\to -\infty }{\lim }\Phi (t)=+\infty ,\underset{t\to +\infty }{\lim }\Phi (t)=+\infty .$$

故水平直线 $y=k$ 与曲线 $y=\Phi (t)$ 的交点个数为：

• 当 $k<4$ 时，无交点；
• 当 $k=4$ 时，只有一个交点 $t=0$，对应 $x=1$；
• 当 $k>4$ 时，在 $t<0$ 和 $t>0$ 两侧各有一个交点，共两个交点。

所以原两曲线的交点个数为

$$\{\begin{array}{ll}0\text{ 个},& k<4,\\ 1\text{ 个},& k=4,\\ 2\text{ 个},& k>4.\end{array}$$

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6. 【2011-1-10 分】 讨论 $k\arctan x-x=0$ 的实根个数。

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答案： 当 $k\le 1$ 时，方程有且仅有 $1$ 个实根；当 $k>1$ 时，方程有 $3$ 个实根。

解析： 令

$$F(x)=k\arctan x-x.$$

显然 $F(x)$ 为奇函数，且

$$F(0)=0,$$

所以 $x=0$ 始终是方程的一个实根。

求导得

$$F^{\prime }(x)=\frac{k}{1+x^2}-1=\frac{k-1-x^2}{1+x^2}.$$

下面分类讨论。

（1）当 $k\le 1$ 时

对任意 $x\in \mathbb{R}$，有

$$k-1-x^2\le 0,$$

故

$$F^{\prime }(x)\le 0.$$

当 $k<1$ 时，$F^{\prime }(x)<0$；当 $k=1$ 时，除 $x=0$ 外仍有 $F^{\prime }(x)<0$。因此 $F(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上严格单调减少。

由于 $F(0)=0$，故方程只有一个实根

$$x=0.$$

（2）当 $k>1$ 时

由 $F^{\prime }(x)=0$ 得

$$x=\pm \sqrt{k-1}.$$

且

$$\{\begin{array}{ll}{F}^{\prime }(x)<0,& x<-\sqrt{k-1},\\ F^{\prime }(x)>0,& -\sqrt{k-1}<x<\sqrt{k-1},\\ F^{\prime }(x)<0,& x>\sqrt{k-1}.\end{array}$$

因此 $F(x)$ 在 $\left(0,\sqrt{k-1}\right)$ 上严格增加，所以

$$F\left(\sqrt{k-1}\right)>F(0)=0.$$

又

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }F(x)=\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(k\arctan x-x\right)=-\infty .$$

故由介值定理，$F(x)$ 在 $\left(\sqrt{k-1},+\infty \right)$ 内至少有一个零点。又该区间内 $F(x)$ 严格单调减少，故零点唯一。

由于 $F(x)$ 为奇函数，在负半轴上还有一个与之对称的非零实根，再加上 $x=0$，共 $3$ 个实根。

综上，方程实根个数为

$$\{\begin{array}{ll}1,& k\le 1,\\ 3,& k>1.\end{array}$$

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7. 【2011-3-10 分】 证$4\arctan x-x+\frac{4}{3}\pi -\sqrt{3}=0$恰两实根。

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答案： 方程恰有两个实根，其中一个为 $x=-\sqrt{3}$，另一个位于 $(\sqrt{3},+\infty )$ 内。

解析： 令

$$F(x)=4\arctan x-x+\frac{4}{3}\pi -\sqrt{3}.$$

求导得

$$F^{\prime }(x)=\frac{4}{1+x^2}-1=\frac{3-x^2}{1+x^2}.$$

于是

$$\{\begin{array}{ll}{F}^{\prime }(x)<0,& x<-\sqrt{3},\\ F^{\prime }(x)>0,& -\sqrt{3}<x<\sqrt{3},\\ F^{\prime }(x)<0,& x>\sqrt{3}.\end{array}$$

因此 $F(x)$ 在 $(-\infty ,-\sqrt{3})$ 上严格减少，在 $(-\sqrt{3},\sqrt{3})$ 上严格增加，在 $(\sqrt{3},+\infty )$ 上严格减少。

计算得

$$F(-\sqrt{3})=4\arctan (-\sqrt{3})+\sqrt{3}+\frac{4}{3}\pi -\sqrt{3}=-\frac{4}{3}\pi +\frac{4}{3}\pi =0.$$

所以 $x=-\sqrt{3}$ 是一个实根，并且它是 $F(x)$ 的极小值点。

又

$$\underset{x\to -\infty }{\lim }F(x)=+\infty ,$$

故在 $(-\infty ,-\sqrt{3})$ 内没有其他零点；在 $(-\sqrt{3},\sqrt{3})$ 内，由于 $F(x)$ 从 $0$ 严格增加，也没有其他零点。

再计算

$$F(\sqrt{3})=4\cdot \frac{\pi }{3}-\sqrt{3}+\frac{4}{3}\pi -\sqrt{3}=\frac{8}{3}\pi -2\sqrt{3}>0.$$

而

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }F(x)=-\infty .$$

因此由介值定理，$F(x)$ 在 $(\sqrt{3},+\infty )$ 内至少有一个零点。又 $F(x)$ 在该区间严格单调减少，故该零点唯一。

所以原方程恰有两个实根。

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8. 【2015-2-11 分】 $f(x)={\int }_x^1\sqrt{1+t}\mathrm{d}t+{\int }_1^{x^2}\sqrt{1+t}\mathrm{d}t$零点个数。

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答案： $2$ 个。

解析： 由被积函数 $\sqrt{1+t}$ 的定义域可知，函数 $f(x)$ 的定义域为

$$x\ge -1.$$

取原函数

$$\int \sqrt{1+t}\mathrm{d}t=\frac{2}{3}(1+t{)}^{\frac{3}{2}}+C.$$

于是

$$\begin{array}{rl}f(x)& ={\left[\frac{2}{3}(1+t{)}^{\frac{3}{2}}\right]}_x^1+{\left[\frac{2}{3}(1+t{)}^{\frac{3}{2}}\right]}_1^{x^2}\\ & =\frac{2}{3}\left[(1+x^2{)}^{\frac{3}{2}}-(1+x{)}^{\frac{3}{2}}\right].\end{array}$$

因此 $f(x)=0$ 等价于

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

由于 $x\ge -1$ 时，两边底数均非负，且函数 $u^{\frac{3}{2}}$ 在 $[0,+\infty )$ 上严格单调增加，故上式等价于

$$1+x^2=1+x.$$

即

$$x^2-x=0,$$

从而

$$x=0\text{或}x=1.$$

两者均属于定义域，所以 $f(x)$ 共有 $2$ 个零点。

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9. 【2017-3-10 分】 $\frac{1}{\ln (1+x)}-x=k$在$(0,1)$有实根，求$k$范围。

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答案：

$$k>\frac{1}{\ln 2}-1.$$

解析： 令

$$F(x)=\frac{1}{\ln (1+x)}-x,0<x<1.$$

原方程在 $(0,1)$ 内有实根，等价于参数 $k$ 属于函数 $F(x)$ 在 $(0,1)$ 上的值域。

求导得

$$F^{\prime }(x)=-\frac{1}{(1+x){\ln }^2(1+x)}-1<0.$$

因此 $F(x)$ 在 $(0,1)$ 上严格单调减少。

又

$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }F(x)=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\left(\frac{1}{\ln (1+x)}-x\right)=+\infty ,$$

且

$$\underset{x\to 1^{-}}{\lim }F(x)=\frac{1}{\ln 2}-1.$$

由于区间右端点 $x=1$ 不属于定义区间，所以函数不能取得下界 $\frac{1}{\ln 2}-1$。

故 $F(x)$ 在 $(0,1)$ 上的值域为

$$\left(\frac{1}{\ln 2}-1,+\infty \right).$$

因此参数 $k$ 的取值范围为

$$k>\frac{1}{\ln 2}-1.$$