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已知函数 ${\displaystyle f(x)=(x+2)\ln (x+1)+ax}$ 有三个零点，其中 ${\displaystyle a}$ 为实数.

1. 求实数 ${\displaystyle a}$ 的取值范围;
2. 已知函数 ${\displaystyle G(x)=f(x-1)}$ 的三个零点为 ${\displaystyle x_1,x_2,x_3(x_1<x_2<x_3)}$, 且 ${\displaystyle a>-3}$, 求证: ${\displaystyle |x_1-x_3|<{\displaystyle \frac{2\sqrt{3}\sqrt{2a+a^2}}{a+3}}}$;
3. 若 ${\displaystyle H(x)=\ln (x+s)-tx+\mathrm{e}}$ 的零点为 ${\displaystyle x_4}$ 和 ${\displaystyle x_5}$, 且 ${\displaystyle s,t}$ 满足 ${\displaystyle 2t>3,t-st<\mathrm{e}}$. 求证: ${\displaystyle {\displaystyle x_4+x_5<\frac{2(s-st+\mathrm{e})}{2t-1}}}$. (其中 ${\displaystyle \mathrm{e}=2.71828\cdots }$ 是自然对数的底数)

1. 解 当 ${\displaystyle a\ge -2}$，则利用 ${\displaystyle {\displaystyle 1-\frac{1}{x}\le \ln x\le x-1}}$ 有$$\begin{array}{r}{f}^{\prime }(x)=\frac{x+2}{x+1}+\ln (x+1)+a=(1+\frac{1}{x+1}-\ln \frac{1}{x+1})+a\ge 2+a\ge 0,\end{array}$$
   这样 ${\displaystyle f(x)}$ 单增，至多只有一个零点；当 ${\displaystyle a<-2}$，有 ${\displaystyle f^{″}(x)={\displaystyle \frac{x}{(x+1{)}^2}}}$，故 ${\displaystyle f^{\prime }(x)}$ 存在唯一极小值点，即至多存在两个零点，这样 ${\displaystyle f(x)}$ 至多存在两个极值点，也即至多存在三个零点.又注意到$$\begin{array}{r}f({\mathrm{e}}^a-1)=2a{\mathrm{e}}^a<0,f\left(\frac{1}{a}\right)=(2+\frac{1}{a})\ln (\frac{1}{a}+1)-1\ge (2+\frac{1}{a})\cdot \frac{1}{a+1}-1=\frac{1+a-a^2}{a(a+1)}>0,\\ f(-a-2)=-a\ln (-a-1)-a(a+2)\le -a(-a-2)-a(a+2)=0,f({\mathrm{e}}^{-a}-1)=-2a>0,\end{array}$$
   故由零点存在性定理，${\displaystyle f(x)}$ 在 ${\displaystyle {\displaystyle ({\mathrm{e}}^a-1,\frac{1}{a})\subset (-1,0)}}$ 和 ${\displaystyle (-a-2,{\mathrm{e}}^{-a}-1)\subset (0,+\mathrm{\infty })}$ 上各有一零点，再加上显然的零点 ${\displaystyle 0}$，确实有且仅有三个零点.综上 ${\displaystyle a<-2}$.
2. 证明 根据 1 我们可知 ${\displaystyle 0<x_1<1=x_2<x_3}$. 观察右侧的表达式，猜想题目的命制基于 ${\displaystyle \ln x}$ 的某个裴德逼近，因此构造 ${\displaystyle g(x)=\ln x-{\displaystyle \frac{3(x^2-1)}{x^2+4x+1}}}$,有 ${\displaystyle {\displaystyle g^{\prime }(x)=\frac{(x-1{)}^4}{x(x^2+4x+1{)}^2}\ge 0}}$, 故 ${\displaystyle x>1}$ 时 ${\displaystyle g(x)>g(1)=0}$, ${\displaystyle x<1}$ 时 ${\displaystyle g(x)<0}$. 因此$$\begin{array}{r}0=(x_3+1)\ln x_3+a(x_3-1)>3\frac{(x_3+1)(x_3^2-1)}{x_3^2+4x_3+1}+a(x_3-1),\end{array}$$
   这本质上是关于${\displaystyle x_3}$的一元二次不等式，解得${\displaystyle x_3<{\displaystyle \frac{\sqrt{3}\sqrt{2a+a^2}-(3+2a)}{3+a}}}$；
   同理可得 ${\displaystyle x_1>{\displaystyle -\frac{\sqrt{3}\sqrt{2a+a^2}+(3+2a)}{3+a}}}$,这样 ${\displaystyle |x_1-x_3|<{\displaystyle \frac{2\sqrt{3}\sqrt{2a+a^2}}{3+a}}}$.
3. 证明 这一问形式和 2 很像，猜测方法差不多.构造 ${\displaystyle h(x)={\displaystyle \ln x-\frac{1}{2}(x-\frac{1}{x})}}$,易得 ${\displaystyle x>1}$ 时 ${\displaystyle h(x)<0}$, ${\displaystyle x<1}$ 时 ${\displaystyle h(x)>0}$. 要使用不等式，首先要说明 ${\displaystyle x_4,x_5}$ 分列 ${\displaystyle 1-s}$ 两侧(不妨设 ${\displaystyle x_4<x_5}$).而 ${\displaystyle H(x)}$ 必定是先增后减的结构，且 ${\displaystyle H(1-s)=ts+e-t>0}$,这样确实有 ${\displaystyle x_4+s<1<x_5+s}$.因此 $$\begin{array}{rl}& 0<\frac{1}{2}(x_5+s-\frac{1}{x_5+s})-2t{x}_5+2\mathrm{e}\\ \Rightarrow & x_5<\frac{2(s+\mathrm{e}-st)-\sqrt{\mathrm{\Delta }}}{2(2t-1)},\mathrm{\Delta }=(ts+\mathrm{e}{)}^2+1-2t>(t-1{)}^2>0.\end{array}$$
   同理${\displaystyle x_4<{\displaystyle \frac{2(s+\mathrm{e}-st)+\sqrt{\mathrm{\Delta }}}{2(2t-1)}\Rightarrow x_4+x_5<\frac{s+\mathrm{e}-st}{2t-1}}}$.