极值点偏移中的放缩调整

已知$f(x)=x{\rm e}^{-x}$，且$f(x_1)=f(x_2)$，其中$x_1<x_2$，求证：$2x_1+x_2>{\rm e}$．

分析与解　令$\dfrac{x_2}{x_1}=t$，则由$x_1{\rm e}^{-x_1}=x_2{\rm e}^{-x_2}$可得$$\ln x_1-x_1=\ln (tx_1)-tx_1,$$从而解得$$x_1=\dfrac{\ln t}{t-1},x_2=\dfrac{t\ln t}{t-1},$$于是原命题等价于$$\forall t>1,\dfrac{t+2}{t-1}\cdot \ln t>{\rm e}.$$

先尝试清君侧　设函数$g(x)=\ln x-\dfrac{{\rm e}(x-1)}{x+2}$，则其导函数为$$g'(x)=\dfrac{x^2+(4-3{\rm e})x+4}{x(x+2)^2},$$可以估计出其极值点约为$x={\rm e}$，但极值很难求出．

再尝试放缩　我们熟知当$$\ln x>\dfrac{2(x-1)}{x+1},x>1,$$于是可得$$ \dfrac{x+2}{x-1}\cdot \ln x>\dfrac{2(x+2)}{x+1},$$这样就证明了当$x\in \left(1,\dfrac{4-{\rm e}}{{\rm e}-2}\right]$时的情形．

进一步，当$x>{\rm e}$时，有$$\ln\dfrac{x}{\rm e}>\dfrac{2(x-{\rm e})}{x+{\rm e}},$$$$\ln x>\dfrac{3x-{\rm e}}{x+{\rm e}},$$于是当$x>{\rm e}$时，有$$\dfrac{x+2}{x-1}\cdot \ln x>\dfrac{(x+2)(3x-{\rm e})}{(x-1)(x+{\rm e})},$$用分析法可知$RHS\geqslant {\rm e}$，即$$(3-{\rm e})x^2-({\rm e}^2-6)x-2{\rm e}+{\rm e}^2\geqslant 0,$$左边的二次函数对称轴$x=\dfrac{{\rm e}^2-6}{6-2{\rm e}}$在$x={\rm e}$的左侧，因此有$$(3-{\rm e})x^2-({\rm e}^2-6)x-2{\rm e}+{\rm e}^2>(3-{\rm e}){\rm e}^2-({\rm e}^2-6){\rm e}-2{\rm e}+{\rm e}^2=2{\rm e}(2{\rm e}+2-{\rm e}^2)>0,$$命题得证．

最后，利用当$x<{\rm e}$时，有$\ln \dfrac{x}{\rm e}>\dfrac 12\left(\dfrac{x}{\rm e}-\dfrac{\rm e}{x}\right)$，可以证明当$x\in\left(\dfrac{4-{\rm e}}{{\rm e}-2},{\rm e}\right)$时的情形．

而当$x={\rm e}$时，不等式显然成立．综上所述，原命题得证．

说明　我们在这里借助$\ln x$在$x=1$处常用的放缩，得到了$\ln x$在$\rm e$处的放缩，比直接通过切线放缩更便捷．

验证　事实上，函数$y=\dfrac{x+2}{x-1}\cdot \ln x$，$x>1$的最小值约为$2.7456$，当$x$约为$2.8170$时取得．

去对数估计　令$h(x)=(x+2)\ln x-{\rm e}(x-1)$，则其导函数$$h'(x)=\dfrac{2}x+\ln x+1-{\rm e},$$其二阶导函数$$h''(x)=\dfrac{x-2}{x^2},$$考虑到$$h'(1)>0,h'(2)=2+\ln 2-{\rm e}<0,h'({\rm e})=\dfrac{2}{\rm e}+2-{\rm e}>0,$$于是$h'(x)$在$(1,2),(2,\rm{e})$上分别有一个零点，这两个零点分别记为$x',x_0$，有$x'\in(1,2),x_0\in(2,\rm{e})$，则$h(x)$在$(1,x')$上单调递增，在$(x',x_0)$上单调递减，在$(x_0,+\infty)$上单调递增．于是$h(x)$的最小值或者在极小值点$x_0$处取到，或者在$1$处取到．而$h(1)=0$，所以考虑$h(x)$的极小值$$\begin{split} m=&h(x_0)=(x_0+2)\ln x_0-{\rm e}(x_0-1)\\=&(x_0+2)\left({\rm e}-1-\dfrac{2}{x_0}\right)-{\rm e}(x_0-1)\\=&3{\rm e}-4-\left(x_0+\dfrac{4}{x_0}\right),\end{split} $$于是$$2{\rm e}-4-\dfrac{4}{\rm e}<m<3{\rm e}-8,$$然而$2{\rm e}-4-\dfrac{4}{\rm e}<0$，估计失败．接下来或者调整估计范围，或者改变估计方式．

调整估计　由于调整估计范围计算成本很高，因此尝试改变估计方式，由于$h(x)$的极小值$$\begin{split} m=&(x_0+2)\ln x_0-{\rm e}(x_0-1)\\=&(x_0+2)\ln x_0-\left(\dfrac{2}{x_0}+\ln x_0+1\right)(x_0-1)\\=&3\ln x_0+\dfrac 2{x_0}-x_0-1,\end{split} $$设$\varphi(x)=3\ln x+\dfrac 2x-x-1$，则其导函数$$\varphi'(x)=-\dfrac{(x-1)(x-2)}{x^2}<0,$$于是$\varphi(x)$在$(2,{\rm e})$上单调递增，因此有$$m>\varphi({\rm e})=2+\dfrac{2}{\rm e}-{\rm e}>0.$$因此原命题得证．

说明　估计极值点的范围时，将导函数为零得到的关于极值点的方程代入极值表达式中，关键是要消去求导后不好处理的部分，而不在乎是否含有对数函数．所以调整估计中，我们将$x\ln x$成功消去后求导一次就处理完毕了．

加强版本　已知$f(x)=x{\rm e}^{-x}$，且$f(x_1)=f(x_2)$，其中$x_1>x_2$，求证：$2x_1+5x_2>6$．