遇到的最难的一个找点问题
已知函数\(f(x)=\ln x+\dfrac{a-x^2}{2x}\)
\((1)\) 讨论函数\(f(x)\)的单调性
\((2)\)若关于\(x\)的方程\(f(x)=a\)有两个实数解，求\(a\)的最大整数解.
\((1)\) \(f(x)=\ln x-\dfrac{x}{2}+\dfrac{a}{2x}\)
\(f^{\prime}(x)=\dfrac{-x^2+2x-a}{2x^2},\)记\(H(x)=-x^2+2x-a,\Delta=4-4a\)
Cases1:当\(\Delta\leq 0\)即\(a\geq 1\)时，\(H(x)<0\)此时，\(f(x)\)在\((0,+\infty)\)上单调递减
Case2.1:当\(\Delta>0\)即\(a<1\)时，\(x_1=1-\sqrt{1-a},x_2=1+\sqrt{1-a}\)
考虑\(0<a<1\)，此时\(x_1>0\)
从而\(H(x)\)在\((0,x_1)\)和\((x_2,+\infty)\)上为负，在\((x_1,x_2)\)上为正
从而\(f(x)\)在\((0,x_1)\)和\((x_2,+\infty)\)上单调递减，在\((x_1,x_2)\)上单调递增.
Case2.2:当\(a< 0\)时，\(x_1<0\)
从而\(H(x)\)在\((0,x_2)\)上为正，在\((x_2,+\infty)\)上为负
从而\(f(x)\)在\((0,x_2)\)上单调递增，在\((x_2,+\infty)\)上单调递减.
\((2)\) \((1)\)知，当\(a\geq 1\)时，\(f(x)\)单调递减，若有零点也仅只有一个，不合题
又因\(a\)要取整数，从而\(a<0\)
而\(\lim\limits_{x\to 0}f(x)\to-\infty,\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)\to-\infty\)
而由\((1)\)知，\(f(x)\)在\((0,x_2)\)上单调递增，在\((x_2,+\infty)\)上单调递减
则要使得方程有两个解
则必须有\(f(x_2)>a\)
即\(f(1+\sqrt{1-a})>a\)
带入整理，即\(\ln\left(1+\sqrt{1-a}\right)+\dfrac{a}{1+\sqrt{1-a}}-1>a\)
令\(1+\sqrt{1-a}=t,t>2\)
即原式为\(\ln t-3t+t^2+1>0\)
记\(g(t)=\ln t-3t+t^2+1,g^{\prime}(t)=\dfrac{1}{t}+2t-3=\dfrac{2t^2-3t+1}{t}=\dfrac{(2t-1)(t-1)}{t}\)
从而\(g(t)\)在\(t>2\)上单调递增，而\(g(2)=\ln 2-3<0,g(3)=\ln 3-1>0\)
从而存在唯一的零点\(t_0\)使得\(g(t_0)=0,t_0\in(2,3)\)
则要使得不等式成立，则要\(t>t_0\)
从而此时 \(1+\sqrt{1-a}>t_0\)
即\(a<-t_0^2+2t_0,t_0\in(2,3)\)
而\(-t^2_0+2t_0\in(-3,0)\)
考虑\(a=t_0\)时
则\(a\in(-3,0)\)
当\(a=-1\)时，\(t_0=1+\sqrt{2}\)
则有\(g(1+\sqrt{2})=\ln(1+\sqrt{2})-\dfrac{1}{1+\sqrt{2}}\)
因\(\ln x-\dfrac{1}{x}\)单调递增，并且\(\ln 2-\dfrac{1}{2}>0\),而\(1+\sqrt{2}>2\)
从而\(g(1+\sqrt2)>0\)
则\(a=-1\)是所求的最大整数.