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″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.
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