已知f(x)=xe−x,且f(x1)=f(x2),其中x1<x2,求证:2x1+x2>e.
分析与解 令x2x1=t,则由x1e−x1=x2e−x2可得lnx1−x1=ln(tx1)−tx1,从而解得x1=lntt−1,x2=tlntt−1,于是原命题等价于∀t>1,t+2t−1⋅lnt>e.
先尝试清君侧 设函数g(x)=lnx−e(x−1)x+2,则其导函数为g′(x)=x2+(4−3e)x+4x(x+2)2,可以估计出其极值点约为x=e,但极值很难求出.
再尝试放缩 我们熟知当lnx>2(x−1)x+1,x>1,于是可得x+2x−1⋅lnx>2(x+2)x+1,这样就证明了当x∈(1,4−ee−2]时的情形.
进一步,当x>e时,有lnxe>2(x−e)x+e,lnx>3x−ex+e,于是当x>e时,有x+2x−1⋅lnx>(x+2)(3x−e)(x−1)(x+e),用分析法可知RHS⩾e,即(3−e)x2−(e2−6)x−2e+e2⩾0,左边的二次函数对称轴x=e2−66−2e在x=e的左侧,因此有(3−e)x2−(e2−6)x−2e+e2>(3−e)e2−(e2−6)e−2e+e2=2e(2e+2−e2)>0,命题得证.
最后,利用当x<e时,有lnxe>12(xe−ex),可以证明当x∈(4−ee−2,e)时的情形.
而当x=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lnx在x=1处常用的放缩,得到了lnx在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=x+2x−1⋅lnx,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)lnx−e(x−1),则其导函数h′(x)=2x+lnx+1−e,其二阶导函数h″(x)=x−2x2,考虑到h′(1)>0,h′(2)=2+ln2−e<0,h′(e)=2e+2−e>0,于是h′(x)在(1,2),(2,e)上分别有一个零点,这两个零点分别记为x′,x0,有x′∈(1,2),x0∈(2,e),则h(x)在(1,x′)上单调递增,在(x′,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增.于是h(x)的最小值或者在极小值点x0处取到,或者在1处取到.而h(1)=0,所以考虑h(x)的极小值m=h(x0)=(x0+2)lnx0−e(x0−1)=(x0+2)(e−1−2x0)−e(x0−1)=3e−4−(x0+4x0),于是2e−4−4e<m<3e−8,然而2e−4−4e<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m=(x0+2)lnx0−e(x0−1)=(x0+2)lnx0−(2x0+lnx0+1)(x0−1)=3lnx0+2x0−x0−1,设φ(x)=3lnx+2x−x−1,则其导函数φ′(x)=−(x−1)(x−2)x2<0,于是φ(x)在(2,e)上单调递增,因此有m>φ(e)=2+2e−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xlnx成功消去后求导一次就处理完毕了.
加强版本 已知f(x)=xe−x,且f(x1)=f(x2),其中x1>x2,求证:2x1+5x2>6.
厉害_(´ཀ`」 ∠)__
于是h(x)的最小值或者在极小值点x0处到到,这句话打字有误。
不好意思,请问是怎么想到x>e的