每日一题[114]极值点偏移不等式的几种常见处理方法

已知函数\(f(x)=a-\dfrac{1}{x}-\ln x\)，其中\(a\in\mathcal R\)．

（1）若\(a=2\)，求\(f(x)\)在\(\left(1,{\mathrm e}^2\right)\)上零点的个数；

（2）若\(f(x)\)恰有一个零点，求\(a\)的取值集合；

（3）若\(f(x)\)有两个零点\(x_1,x_2\)，且\(x_1<x_2\)，求证：\(2<x_1+x_2<3{\mathrm e}^{a-1}-1\)．

记函数\(g(x)=\dfrac 1x + \ln x\)，则\[g'(x)=\dfrac{x-1}{x^2},\]于是可得函数\(g(x)\)的图象如图． 于是当\(a=2\)时，\(f(x)\)在\(\left(1,{\mathrm e}^2\right)\)上有一个零点； 若\(f(x)\)恰有一个零点，\(a\)的取值集合为\(\{1\}\)； 问题的关键是第三问的不等式的证明．

先证明左边的不等式．

齐次化

根据题意，有\[\begin{split}\dfrac{1}{x_1}+\ln x_1=a,\\\dfrac{1}{x_2}+\ln x_2=a,\end{split}\]两式相减，化简得\[x_1x_2=\dfrac{x_2-x_1}{\ln{\dfrac{x_2}{x_1}}},\]于是可得\[\begin{split}x_1=\dfrac{1-\dfrac{x_1}{x_2}}{\ln{\dfrac{x_2}{x_1}}},\\x_2=\dfrac{\dfrac{x_2}{x_1}-1}{\ln\dfrac{x_2}{x_1}},\end{split}\]令\(\dfrac{x_2}{x_1}=t\)，其中\(t>1\)，则\[x_1+x_2=\dfrac{1-\dfrac 1t}{\ln t}+\dfrac{t-1}{\ln t}=\dfrac{t-\dfrac 1t}{\ln t},\]因此只需要证明\[\forall t>1,t-\dfrac 1t-2\ln t>0.\]考虑到\[\left(t-\dfrac 1t-2\ln t\right)'_t=\left(\dfrac 1t-1\right)^2>0,\]于是左边不等式得证．

对称构造

可以参考每日一题[83] 极值点偏移不等式的对称化构造，令\(g(x)=\dfrac{1}{x}+\ln x\)，证明\[\forall t\in (0,1),g(1-t)>g(1+t)\]即可．事实上，有\[g(1-t)-g(1+t)=\dfrac{2t}{1-t^2}+\ln\dfrac{1-t}{1+t},\]考虑到\[\left(\dfrac{2t}{1-t^2}+\ln\dfrac{1-t}{1+t}\right)'_t=\dfrac{4t^2}{\left(1-t^2\right)^2}>0,\]于是左边不等式得证．

再证明右边的不等式．

齐次化

右边的不等式等价于\[\ln\dfrac{x_1+x_2+1}{3}+1-a<0,\]将\[\begin{split}&x_1+x_2=\dfrac{t^2-1}{t\ln t},\\&a=\dfrac {1}{x_1}+\ln x_1=\dfrac{t\ln t}{t-1}+\ln\dfrac{t-1}{t\ln t},\end{split}\]代入，该不等式左边为\[\ln\dfrac{t^2-1+t\ln t}{t-1}-\dfrac{t\ln t}{t-1}+1-\ln 3,\]其导函数为\[\dfrac{t\ln^2t-(t-1)^2}{\left(t^2-1+t\ln t\right)\left(t-1\right)^2}.\]因此只需要证明\[\forall t>1,\sqrt t\ln t-t+1<0,\]即\[\forall t>1,2\ln \sqrt t<\sqrt t-\dfrac{1}{\sqrt t},\]根据第(1)小问，于是右边不等式得证．

放缩法

令\(x_0={\mathrm e}^{a-1}\)，则\(1+\ln x_0-a=0\)，于是可知\(x_0\)是函数\[h(x)=1+x\ln x -ax\]的极小值点．根据题意，有\[x_1<x_0<x_2,\]于是\[\dfrac{x_1}{x_0}<1<\dfrac{x_2}{x_0},\]应用我们熟知的不等式\[\begin{split}\forall x\in (0,1),\ln x<\dfrac{2(x-1)}{x+1},\\\forall x>1,\ln x>\dfrac{2(x-1)}{x+1},\end{split}\]可得\[\begin{split}\ln\dfrac{x_1}{x_0}&<\dfrac{2(x_1-x_0)}{x_1+x_0},\\\ln\dfrac{x_2}{x_0}&>\dfrac{2(x_2-x_0)}{x_2+x_0}.\end{split}\]又\[\ln x_1=a-\dfrac{1}{x_1}=1+\ln x_0-\dfrac{1}{x_1},\]从而有\[\ln\dfrac{x_1}{x_0}=1-\dfrac 1{x_1},\]同理有\[\ln\dfrac{x_2}{x_0}=1-\dfrac 1{x_2},\]这样就有\[\begin{split}1-\dfrac{1}{x_1}&<\dfrac{2(x_1-x_0)}{x_1+x_0},\\1-\dfrac{1}{x_2}&>\dfrac{2(x_2-x_0)}{x_2+x_0},\end{split}\]从而可得\[-x_1^2-x_1+3x_1x_0<-x_2^2-x_2+3x_2x_0,\]即\[3(x_2-x_1)x_0-(x_2-x_1)(x_2+x_1+1)>0,\]两边同除以\(x_2-x_1\)，即得\[x_1+x_2<3x_0-1=3{\mathrm e}^{a-1}-1,\]于是右边不等式得证．

最后留两个练习题．

1、已知\(f(x)=-a{\mathrm e}^{2x}+(2-a){\mathrm e}^x+x\)，其中\(a\)为常数．方程\(f(x)=0\)的两个根为\(x_1\)、\(x_2\)，并且满足\(x_1<x_2<\ln\dfrac 2a\)，求证：\(a\left({\mathrm e}^{x_1}+{\mathrm e}^{x_2}\right)>2\)．

2、已知函数\(f(x)=x-a{\rm e}^x\)，其中\(a\in\mathcal R\)．已知函数\(y=f(x)\)有两个零点\(x_1,x_2\)且\(x_1<x_2\)．

（1）求证：\(\dfrac{x_2}{x_1}\)随着\(a\)的减小而增大；

（2）求证：\(x_1+x_2\)随着\(a\)的减小而增大．