构造函数证明极值点偏移不等式

已知函数$y=\ln x-(ax+b)$有两个不同的零点$x_1,x_2$，求证：$\dfrac{{\rm e}^{1+b}}{a}<x_1x_2<\dfrac{1}{a^2}$．

分析与解　问题等价于$f_1(x)=x-a{\rm e}^x-b$有两个不同的零点$x_1,x_2$，求证：$1+b-\ln a<x_1+x_2<-2\ln a$．尝试使用构造函数的方法证明极值点偏移不等式．

右边不等式　由于$f_1'(x)=1-a{\rm e}^x$，因此$a>0$，其极值点为$x=-\ln a$．又由于函数$f_1(x)$的二阶导函数$f_1''(x)=-a{\rm e}^x$，因此构造函数$$g_1(x)=\dfrac 12f_1''(-\ln a)\cdot(x+\ln a)^2+f_1(-\ln a),$$则$h_1(x)=f_1(x)-g_1(x)$的二阶导函数$$h_1''(x)=f_1''(x)-f_1''(-\ln a)=1-a{\rm e}^x,$$因此在$(-\infty,-\ln a)$上，$h_1''(x)>0$，在$(-\ln a,+\infty)$上，$h_1''(x)<0$；结合$h_1'(-\ln a)=0$，在$\mathbb R$上，$h_1'(x)\leqslant 0$；结合$h_1(-\ln a)=0$，在$(-\infty,-\ln a)$上，$h_1(x)>0$，在$(-\ln a,+\infty)$上，$h_1(x)<0$，如图．因此二次函数$g_1(x)=\dfrac 12f_1''(-\ln a)\cdot(x+\ln a)^2+f_1(-\ln a)$的零点$x_3,x_4$($x_3<x_4$)满足$$x_1<x_3<x_2<x_4,$$因此$x_1+x_2<x_3+x_4=-2\ln a$．

左边不等式　此时无法通过构造二次函数证明．设$f_2(x)=\ln x-(ax+b)$，则其导函数$f_2'(x)=\dfrac 1x-a$，因此其极大值点为$x=\dfrac 1a$．欲证明的不等式为$$\ln x_1+\ln x_2>1+b-\ln a,\ \text{即} \ x_1+x_2>\dfrac{1-b-\ln a}a.$$构造函数$$g_2(x)=\dfrac 1{\alpha x+\beta}+\gamma -(ax+b),$$其中$g_2(x)$与$f_2(x)$在$x=\dfrac 1a$处的函数值，导函数值和二阶导函数值均相等，则可以求得$$g_2(x)=-\dfrac{4}{ax+1}+2-\ln a-(ax+b),$$此时$h_2(x)=f_2(x)-g_2(x)$的导函数$$h_2'(x)=\dfrac 1x-\dfrac{4a}{(ax+1)^2}=\dfrac{(ax-1)^2}{x(ax+1)^2}\geqslant 0,$$结合$h_2\left(\dfrac 1a\right)=0$可得$h_2(x)$在$x=\dfrac 1a$的两侧异号，如图．而函数$g_2(x)$的零点$x_5,x_6$($x_5<x_6$)即方程$$\dfrac{-a^2x^2+a(1-\ln a-b)-4}{ax+1}=0$$的两根，有$x_5+x_6=\dfrac{1-b-\ln a}a$，因此$$x_5<x_1<x_6<x_2,$$可得$x_1+x_2>x_5+x_6>\dfrac{1-b-\ln a}a$，原命题得证．

思考与总结　利用导数用一次函数、二次函数、一次分式函数、对勾函数等简单初等函数对复杂函数进行拟合，从而将复杂函数的零点问题转化为简单函数的零点问题．

接来下用A-L-G不等式证明该命题．

由于$\ln x_1=ax_1+b$，$\ln x_2=ax_2+b$，于是$$a=\dfrac{\ln x_1-\ln x_2}{x_1-x_2}<\dfrac{1}{\sqrt{x_1x_2}},$$即$x_1x_2<\dfrac{1}{a^2}$，右侧不等式得证．

另一方面，左侧不等式即$$\ln x_1+\ln x_2>1+b-\ln a,\ \text{也即} \ a(x_1+x_2)>1-b-\ln a.$$由于函数的$y=\ln x-(ax+b)$的极大值点为$x=\dfrac 1a$，因此不妨设$0<x_1<\dfrac 1a<x_2$．由A-L-G不等式可得$$\dfrac{\ln x_1-\ln\dfrac 1a}{x_1-\dfrac 1a}>\dfrac{2}{x_1+\dfrac 1a},\dfrac{\ln x_2-\ln\dfrac 1a}{x_2-\dfrac 1a}>\dfrac{2}{x_2+\dfrac 1a},$$即$$(ax_1+b+\ln a)\left(x_1+\dfrac 1a\right)<2\left(x_1-\dfrac 1a\right),(ax_2+b+\ln a)\left(x_2+\dfrac 1a\right)>2\left(x_2-\dfrac 1a\right),$$两式相减可得$$a(x_1^2-x_2^2)+(b+\ln a+1)(x_1-x_2)<2(x_1-x_2),$$也即$$a(x_1+x_2)+b+\ln a+1>2,$$原命题得证．

最后给出两道练习：

练习一　已知函数$y=\dfrac{\ln x}x-k$有两个零点$x_1,x_2$．求证：$x_1+x_2>2{\rm e}$．进一步，求证：$x_1+x_2>\dfrac{2}{k}$．

证明　不妨设$x_1<x_2$，函数$f(x)=\dfrac{\ln x}x-k$，则其导函数$$f'(x)=\dfrac{1-\ln x}{x^2}.$$因此函数$f(x)$的极大值点为$x={\rm e}$，极大值为$f({\rm e})=\dfrac{1}{\rm e}-k$．于是$k\in\left(0,\dfrac{1}{\rm e}\right)$．

第一个不等式　函数$f(x)$的二阶导函数$$f''(x)=\dfrac{2\ln x-3}{x^3},$$进而构造函数$$h(x)=f(x)-\left[\dfrac 12f''({\rm e})\cdot(x-{\rm e})^2+f({\rm e})\right],$$则其二阶导函数$$h''(x)=f''(x)-f''({\rm e})=\dfrac{2\ln x-3}{x^3}+\dfrac{1}{{\rm e}^3}=\dfrac{2\ln x-3+\dfrac{x^3}{{\rm e}^3}}{x^3},$$于是在$(0,{\rm e})$上$h''(x)<0$，在$({\rm e},+\infty)$上$h''(x)>0$；进而结合$h'({\rm e})=0$，在$(0,+\infty)$上$h'(x)\geqslant 0$；进而结合$h({\rm e})=0$，有$h(x)$在$(0,{\rm e})$上$h(x)<0$，在$({\rm e},+\infty)$上$h(x)>0$，如图．
因此有二次函数$y=\dfrac 12f''({\rm e})(x-{\rm e})^2+f({\rm e})$的零点$x_3,x_4$($x_3<x_4$)满足$$x_3<x_1<x_4<x_2,$$从而$x_1+x_2>x_3+x_4=2{\rm e}$，原命题得证．

第二个不等式　设函数$g(x)=\ln x-kx$，则函数$g(x)$的导函数$$g'(x)=\dfrac{1}{x}-k,$$因此函数$g(x)$的极大值点为$x=\dfrac 1k$，其二阶导函数$$g''(x)=-\dfrac{1}{x^2},$$进而构造函数$$\varphi(x)=g(x)-\left[\dfrac 12g''\left(\dfrac 1k\right)\cdot\left(x-\dfrac 1k\right)^2+g\left(\dfrac 1k\right)\right],$$则其二阶导函数$$\varphi''(x)=g''(x)-g''\left(\dfrac 1k\right)=\dfrac{k^2x^2-1}{x^2},$$于是在$\left(0,\dfrac 1k\right)$上$\varphi''(x)<0$，在$\left(\dfrac 1k,+\infty\right)$上$\varphi''(x)>0$；进而结合$\varphi'\left(\dfrac 1k\right)=0$，在$\left(0,+\infty\right)$上$\varphi'(x)\geqslant 0$；进而结合$\varphi\left(\dfrac 1k\right)=0$，有$\varphi(x)$在$\left(0,+\infty\right)$上$\varphi(x)<0$，在$\left(\dfrac 1k,+\infty\right)$上$\varphi(x)>0$，如图．
因此有二次函数$y=\dfrac 12g''\left(\dfrac 1k\right)\left(x-\dfrac 1k\right)^2+g\left(\dfrac 1k\right)$的零点$x_5,x_6$($x_5<x_6$)满足$$x_5<x_1<x_6<x_2,$$从而$x_1+x_2>x_5+x_6=\dfrac 2{k}$，原命题得证．

练习二　已知$f(x)={\rm e}^x-x-1$，若$f(x_1)=f(x_2)$，$x_1\neq x_2$，比较$\left({\rm e}^{x_1}-1\right)\left({\rm e}^{x_2}-1\right)$与$x_1x_2$的大小关系．

解　设$f(x_1)=f(x_2)=a$，则$$\left({\rm e}^{x_1}-1\right)\left({\rm e}^{x_2}-1\right)-x_1x_2=(x_1+a)(x_2+a)-x_1x_2=a(x_1+x_2+a).$$我们熟知${\rm e}^x\geqslant x+1$，等号当且仅当$x=0$时取得，因此$a>0$，问题转换为比较$x_1+x_2$与$-a$的大小关系．构造函数$$g(x)=-\dfrac{4}{x-2}-1-x-1,x<2,$$则函数$h(x)=f(x)-g(x)$的导函数$$h'(x)={\rm e}^x-\dfrac{4}{(x-2)^2}=\dfrac{{\rm e}^x(x-2)^2-4}{(x-2)^2},x<2,$$设$r(x)={\rm e}^x(x-2)^2-4$($x<2$)，则$$r'(x)={\rm e}^x\cdot x(x-2),$$于是$r(x)$在$x=0$处取得极小值，亦为最小值$r(0)=0$，因此$h'(x)\geqslant 0$；结合$h(0)=0$，在$(-\infty,0)$上有$h(x)<0$，在$(0,1)$上有$h(x)>0$，如图．
不妨设$x_1<x_2$，方程$g(x)=a$的实数根为$x_3,x_4$($x_3,x_4$)，则$x_3<x_1<x_4<x_2$，即$x_1+x_2>x_3+x_4$．而方程$g(x)=a$，也即$$x^2+ax-2a=0,$$因此$x_3+x_4=-a$．这样我们就得到了$x_1+x_2>-a$．

更多的练习：

1、已知方程$\dfrac{(x-1)\ln x}x=m$的两个实数解为$x_1,x_2$，求证：$x_1+x_2>2$．

提示    构造函数$y=(x-1)^2$．

2、已知方程$\dfrac{\ln x+1}{{\rm e}^x}=m$的两个实数解为$x_1,x_2$，求证：$x_1+x_2>2$．

提示    构造函数$-\dfrac{1}{\rm e}(x-1)^2+\dfrac{1}{\rm e}$．