每日一题[2369]极值点偏移

已知函数 $f(x)=x(1-\ln x)$.

1、讨论 $f(x)$ 的单调性.

2、设 $a,b$ 为两个不相等的正数,且 $b\ln a-a\ln b=a-b$,证明:$2<\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}<\mathrm{e}$.

解析

1、因为\[ f'(x)=1-\ln x-x\cdot\frac{1}{x}=-\ln x, \]所以 $f'(x)$ 在区间 $(0,1)$ 大于零,在区间 $(1,+\infty)$ 小于零;从而 $f(x)$ 在区间 $(0,1)$ 单调递增,在区间 $(1,+\infty)$ 单调递减.

2、根据题意,有 \[ b\ln a-a\ln b=a-b\iff \frac{\ln a}{a}-\frac{\ln b}{b}=\frac{1}{b}-\frac{1}{a}\iff \frac{1}{a}-\frac{1}{a}\ln\frac{1}{a}=\frac{1}{b}-\frac{1}{b}\ln\frac{1}{b}. \] 令 $x_1=\dfrac{1}{a}$,$x_2=\dfrac{1}{b}$,且不妨设 $0<x_1<x_2$,则原问题等价于如下问题: [[sol]]新问题[[/sol]] 已知 $0<x_1<x_2$,且 $f(x_1)=f(x_2)$,证明:$2<x_1+x_2<\mathrm{e}$. 根据第 $(1)$ 小题的讨论,并注意到当 $0<x<\mathrm{e}$ 时,$f(x)>0$;$f(\mathrm{e})=0$;当 $x>\mathrm{e}$ 时,$f(x)<0$,我们可以知道,\[0<x_1<1<x_2<\mathrm{e},\]如图.

设 $x_2=tx_1$,则 $t$ 的取值范围是 $(1,+\infty)$,且\[x_1-x_1\ln x_1=tx_1-tx_1(\ln t+\ln x_1)\implies \ln x_1=1+\dfrac{t\ln t}{1-t},\]进而可得\[\ln x_2=\ln t+\ln x_1=1+\dfrac{\ln t}{1-t},\]从而\[x_1+x_2={\rm e}^{\ln x_1}+{\rm e}^{x_2}={\rm e}\cdot t^{\frac{t}{1-t}}+{\rm e}\cdot t^{\frac{1}{1-t}}={\rm e}t^{\frac1{1-t}}\left(t^{-1}+1\right)={\rm e}(t+1)t^{\frac{t}{1-t}},\]右侧取对数,得到函数\[g(t)=1+\ln(t+1)+\dfrac{t}{1-t}\ln t,\]其导函数\[g'(t)=\dfrac{\ln t-2\cdot \dfrac{t-1}{t+1}}{(t-1)^2},\]根据对数的进阶放缩,可得 $g'(t)>0$,于是 $g(t)$ 单调递增,从而有 $2<x_1+x_2<{\rm e}$,左右两边分别对应 $t\to 1$ 和 $t \to +\infty$ 的情况.

第(2)小题的其他解法:

先证明 $x_1+x_2>2$. 令 $g(x)=f(x)-f(2-x)$,其中 $0<x<1$,则 \[ g'(x)=f'(x)+f'(2-x)=-\ln x-\ln (2-x)=-\ln[x(2-x)], \] 当 $0<x<1$ 时,$0<x(2-x)<1\implies g'(x)>0$,于是 $g(x)$ 在区间 $(0,1)$ 单调递增,因此 \[ g(x_1)<g(1)=f(1)-f(1)=0\implies f(x_1)<f(2-x_1)\implies f(x_2)<f(2-x_1). \] 注意到 $x_2>1$,$2-x_1>1$,而由第$(1)$小题的结果可知,$f(x)$ 在区间 $(1,+\infty)$ 单调递减,所以 \[ x_2>2-x_1\implies x_1+x_2>2. \]

再证明 $x_1+x_2<\mathrm{e}$. 令 $h(x)=f(x)-f(\mathrm{e}-x)$,其中 $0<x<1$,则 \[ h'(x)=f'(x)+f'(\mathrm{e}-x)=-\ln x-\ln (\mathrm{e}-x)=-\ln\big(x(\mathrm{e}-x)\big). \] 设 $0<x_0<1$,且满足 $x_0(\mathrm{e}-x_0)=1$,则 $h'(x)$ 在区间 $(0,x_0)$ 大于零,在区间 $(x_0,1)$ 小于零;于是 $h(x)$ 在区间 $(0,x_0)$ 单调递增,在区间 $(x_0,1)$ 单调递减.因为 \[ \displaystyle\lim_{x\to 0^+}h(x)=0, h(1)=f(1)-f(\mathrm{e}-1)>0, \] 所以 $h(x)>0$ 在区间 $(0,1)$ 恒成立,因此 \[ h(x_1)>0\implies f(x_1)>f(\mathrm{e}-x_1)\implies f(x_2)>f(\mathrm{e}-x_1). \] 注意到 $x_2>1$,$\mathrm{e}-x_1>1$,而由第 $(1)$ 题的结论可知,$f(x)$ 在区间 $(1,+\infty)$ 单调递减,所以 \[ x_2<\mathrm{e}-x_1\implies x_1+x_2<\mathrm{e}. \] 综上所述,原命题得证.

 

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每日一题[2369]极值点偏移》有3条回应

  1. marpluto说:

    记 $(m,n)=\left(\dfrac1a,\dfrac1b\right)$,则有\[m(1-\ln m)=n(1-\ln n).\]设函数 $f(x)=x(1-\ln x)$,则其导函数\[f'(x)=-\ln x,\]于是 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递增,在 $(1,+\infty)$ 上单调递减.不妨设 $m< n$,则\[0< m<1< n2$.构造函数\[g(x)=f(x)-\left[\dfrac12f''(1)(x-1)^2+f(1)\right],\]则其导函数\[g'(x)=x-1-\ln x,\]于是 $g(x)$ 单调递增,又 $g(1)=0$,因此在 $(0,1)$ 上 $g(x)0$.

    设 $f(m)=f(n)=g(x_1)=g(x_2)$($x_1< x_2$),这样就有\[x_3< m< x_4 x_3+x_4=2,\]左边不等式得证.

    再证明 $m+n m,\]于是\[m+n0$,因此\[h(n)< h({\rm e})={\rm e},\]右边不等式得证.

    综上所述,原命题得证.

  2. marpluto说:

    记 $(m,n)=\left(\dfrac1a,\dfrac1b\right)$,则有\[m(1-\ln m)=n(1-\ln n).\]设函数 $f(x)=x(1-\ln x)$,则其导函数\[f'(x)=-\ln x,\]于是 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递增,在 $(1,+\infty)$ 上单调递减.不妨设 $m< n$,则\[0< m<1< n2$.构造函数\[g(x)=f(x)-\left[\dfrac12f''(1)(x-1)^2+f(1)\right],\]则其导函数\[g'(x)=x-1-\ln x,\]于是 $g(x)$ 单调递增,又 $g(1)=0$,因此在 $(0,1)$ 上 $g(x)0$.

    设 $f(m)=f(n)=g(x_1)=g(x_2)$($x_1< x_2$),这样就有\[x_3< m< x_4x_3+x_4=2,\]左边不等式得证.

    再证明 $m+nm,\]于是\[m+n0$,因此\[h(n)< h({\rm e})={\rm e},\]右边不等式得证.

    综上所述,原命题得证.

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