每日一题[3049]零点估计

已知函数 $f(x)=\ln \dfrac{x}{\mathrm{e}^2}+\dfrac{a}{x}$，$a \in \mathbb{R}$．

1、讨论 $f(x)$ 在 $[3,5]$ 上的单调性．

2、若 $a=1$，且 $m<n$，$f(m)=f(n)=0$，求证：$2 \mathrm{e}<m+n<\mathrm{e}^2$．

解析

1、函数 $f(x)$ 的导函数\[f'(x)=\dfrac{x-a}{x^2},\]于是当 $a\leqslant 3$ 时，函数 $f(x)$ 在 $[3,5]$ 上单调递增；当 $3<a<5$ 时，函数 $f(x)$ 在 $[3,a)$ 上单调递减，在 $(a,5]$ 上单调递增；当 $a\geqslant 5$ 时，函数 $f(x)$ 在 $[3,5]$ 上单调递减．

2、根据第 $(1)$ 小题的结果，函数 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递减，在 $(1,+\infty)$ 上单调递增，进而有\[0<m<1<n,\]且其中 $m,n$ 为定值，接下来估计 $m+n$ 的范围．考虑到\[\begin{array}{c|c|c|c|c}\hline x&{\rm e}^{-2}&{\rm e}^{-1}&{\rm e}&{\rm e}^2\\ \hline f(x)&{\rm e}^2-4&{\rm e}-3&{\rm e}^{-1}-1&{\rm e}^{-2}\\ \hline \end{array}\]于是\[{\rm e}^{-2}<m<{\rm e}^{-1}<{\rm e}<n<{\rm e}^2,\]核心是对 $n$ 更精细的估计．考虑到 $n$ 靠近 ${\rm e}^2$ 且小于 ${\rm e}^2$，于是\[1-\dfrac{{\rm e}^2}{x}+\dfrac 1x<f(x)<\dfrac{x}{{\rm e}^2}-1+\dfrac 1x,\]于是\[\dfrac12{\rm e}\left({\rm e}+\sqrt{{\rm e}^2-4}\right)<n<{\rm e}^2-1,\]因此\[2{\rm e}<\dfrac12{\rm e}\left({\rm e}+\sqrt{{\rm e}^2-4}\right)<m+n<{\rm e}^2-1+{\rm e}^{-1}<{\rm e}^2,\]命题得证．

备注    事实上，$m\approx 0.3178$，$n\approx 6.3054$，而我们估计出\[0.1353<m<0.3679,\quad 6.1966<n<6.3103.\]用类似于处理 $n$ 的方式，也可以得到对 $m$ 更精细的估计：\[1-\dfrac{1}{{\rm e}x}+\dfrac 1x-3<f(x)=\ln({\rm e}x)+\dfrac 1x-3<{\rm e}x-1+\dfrac 1x-3,\]于是\[0.3160<\dfrac{{\rm e}-1}{2{\rm e}}<m<\dfrac{2-\sqrt{4-{\rm e}}}{\rm e}<0.3193.\]当然对 $n$ 的处理也可以用更强的放缩，如 $f(x)>\dfrac 12\left(\dfrac{x}{{\rm e}^2}-\dfrac{{\rm e}^2}{x}\right)+\dfrac 1x$，这样可以估计出 $n>{\rm e}\sqrt{{\rm e}^2-2}$．