每日一题[83] 极值点偏移不等式的对称化构造

已知函数\(f(x)=x\ln x\)与直线\(y=m\)交于\(A\left(x_1,y_1\right)\)、\(B\left(x_2,y_2\right)\)两点．

（1）求证：\(0<x_1x_2<\dfrac{1}{{\mathrm e}^2}\)；

（2）求证：\(\dfrac{2}{\mathrm e}<x_1+x_2<1\)．

 对于第一小问，可以猛击    每日一题[78] 对数函数的齐次化构造 ．

由\(x_1\ln{x_1}=m\)，\(x_2\ln{x_2}=m\)可得\[\ln{x_1}=\dfrac{m}{x_1},\ln{x_2}=\dfrac{m}{x_2},\]两式分别相加和相减可得\[\begin{split}\ln\left(x_1x_2\right)&=\dfrac{m\left(x_1+x_2\right)}{x_1x_2},\qquad\cdots (1)\\\ln\dfrac{x_1}{x_2}&=\dfrac{m\left(x_2-x_1\right)}{x_1x_2},\qquad \cdots (2)\end{split}\]从(2)式中解出\(m\)带入(1)，有\[\ln\left(x_1x_2\right)=\ln\dfrac{x_1}{x_2}\cdot\dfrac{x_1+x_2}{x_2-x_1}.\] 由常用放缩\[\forall x\in (0,1),\ln x<2\cdot\dfrac{x-1}{x+1},\]不妨设\(x_1<x_2\)可得\[\ln\dfrac{x_1}{x_2}<2\cdot\dfrac{x_1-x_2}{x_1+x_2},\]两边同乘以\(\dfrac{x_1+x_2}{x_2-x_1}\)即得\[\ln\left(x_1x_2\right)<-2,\]于是\[0<x_1x_2<\dfrac{1}{{\mathrm e}^2}.\] 对于第二小问，首先研究函数图象如下． 其中极小值点为\(x=\dfrac{1}{\mathrm e}\)，于是\(0<x_1<\dfrac{1}{\mathrm e}<x_2<1\)，且函数在\(\left(0,\dfrac{1}{\mathrm e}\right)\)上单调递减，在\(\left(\dfrac{1}{\mathrm e},1\right)\)上单调递增．

对于欲证不等式的左边，不妨设\(x_1=\dfrac{1}{\mathrm e}-x\)，其中\(0<x<\dfrac{1}{\mathrm e}\)，那么我们只需要证明\[x_2>\dfrac{1}{\mathrm e}+x,\]而\(\dfrac{1}{\mathrm e}<\dfrac{1}{\mathrm e}+x<1\)，函数在\(\left(\dfrac{1}{\mathrm e},1\right)\)上单调递增，于是只需要证明\[f\left(x_2\right)>f\left(\dfrac{1}{\mathrm e}+x\right),\]事实上\[f\left(x_2\right)=f\left(x_1\right)=f\left(\dfrac{1}{\mathrm e}-x\right),\]于是问题转化为证明\[\forall x\in \left(0,\dfrac{1}{\mathrm e}\right),f\left(\dfrac{1}{\mathrm e}-x\right)>f\left(\dfrac{1}{\mathrm e}+x\right).\] 接下来就是常规的恒成立问题了，留给读者．  

对于欲证不等式的右边，需要小小的处理一下．

情形1：当\(0<x_1<\dfrac{1}{\mathrm e}<x_2\leqslant \dfrac{1}{2}\)时，命题显然成立；

情形2：假设\(0<x_1<\dfrac{1}{\mathrm e}\)，\(\dfrac{1}{2}<x_2<1\)，则不妨设\(x_2=\dfrac{1}{2}+x\)，其中\(0<x<\dfrac{1}{2}\)．此时只需要证明\[x_1<\dfrac{1}{2}-x.\]

1°  当\(0<x\leqslant\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{\mathrm e}\)时，由于\(0<x_1<\dfrac{1}{\mathrm e}\)，所以命题显然成立．

2°  当\(\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{\mathrm e}<x<\dfrac{1}{2}\)时，\(0<\dfrac{1}{2}-x<\dfrac{1}{\mathrm e}\)，函数在\(\left(0,\dfrac{1}{\mathrm e}\right)\)上单调递减，因此只需要证明\[f\left(x_1\right)>f\left(\dfrac{1}{2}-x\right),\]事实上\[f\left(x_1\right)=f\left(x_2\right)=f\left(\dfrac{1}{2}+x\right),\]于是问题转化为证明\[\forall x\in \left(\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{\mathrm e},\dfrac{1}{2}\right),f\left(\dfrac{1}{2}+x\right)>f\left(\dfrac{1}{2}-x\right).\]

接下来还是常规的恒成立问题，继续留给读者．

2015年11月15日补充练习题． 已知$f(x)=x-a {\rm e} ^x$，其中$a\in\mathcal R$．

（1）讨论函数$f(x)$的单调性；

（2）若$f(x) \leqslant {\rm e} ^{2x}$任意实数$x$成立，求$a$的取值范围；

（3）若$f(x)$有两个不同零点$x_1$、$x_2$，求证：$x_1+x_2>2$．

答案    （1）当$a \leqslant 0$时，$f(x)$在$\mathcal R$上单调递增； 当$a>0$，$f(x)$在$\left(-\infty ,\ln \dfrac 1a\right)$上单调递增，在$\left (\ln \dfrac 1a,+\infty \right) $上单调递减．

（2）$a \geqslant -1$．

（3）略．