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 $0$$
f'(x) = 4 + \frac{4(\ln^3 x -1)}{x} < 4 - \frac{4}{x}
$$
由于 $x<1$，$\frac{4}{x}>4$，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 $0当 $x>x_0$ 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