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[函数] 来自某网友问的一道“漂移”

木子三日 (1132******) 13:58:47
QQ图片20161022174502.png
2016-10-22 18:05

这种题怎么做

话说,这年头漂移的变式越来越多,也越来越难了,早已不是当初从图像就能看出左漂右漂的漂移了……

这道题要证的式子左边写成 $x_1x_2(x_1+x_2)$,两根之和与积,让人想到韦达定理,不过原方程是超越的,自然没得韦,但是可以考虑放缩了再韦,比如说构造一个和 $f(x)$ 差不多样子但有点漂移的函数,并且能搞出二次方程来。

证明:易证 $f(x)$ 在 $(0,1/e)$ 上递减,在 $(1/e,+\infty)$ 上递增,最小值为 $-1/e$。设
\[g(x)=\frac{3(ex-1)^2}{2e(2ex+1)}-\frac1e,\quad x>0,\]
易证 $g(x)$ 的单调性、最小值均与 $f(x)$ 一样。令
\[h(x)=\frac{f(x)-g(x)}x=\ln x-\frac{3(ex-1)^2}{2ex(2ex+1)}+\frac1{ex},\]
经计算得
\[h'(x)=\frac{(ex-1)^2(8ex+1)}{2ex^2(2ex+1)^2}\geqslant 0,\]
又 $h(1/e)=0$,故此当 $x\in(0,1/e)$ 时 $h(x)<0$,即 $f(x)<g(x)$,当 $x\in(1/e,+\infty)$ 时 $h(x)>0$,即 $f(x)>g(x)$。

那么,当 $f(x)=m$ 的两根为 $x_1$, $x_2$($x_1<x_2$),则 $g(x)=m$ 也有两根 $x_3$, $x_4$($x_3<x_4$)且必有 $x_1<x_3$, $x_2<x_4$,于是
\[x_1^2x_2+x_2^2x_1=x_1x_2(x_1+x_2)<x_3x_4(x_3+x_4),\]
经过计算可知
\[g(x)=m \iff 3e^2x^2-(4e^2m+10e)x+1-2em=0,\]
所以由韦达定理有
\[x_3x_4(x_3+x_4)=\frac{(4e^2m+10e)(1-2em)}{9e^4}
=\frac2{e^3}-\frac{8(em+1)^2}{9e^3},\]
这样,我们就得到了更强的不等式
\[x_1^2x_2+x_2^2x_1<\frac2{e^3}-\frac{8(em+1)^2}{9e^3}.\]
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补个图,及几何画板验证
QQ截图20161022181507.png

pytest.gsp (3.78 KB)

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我看到这种命题就头大,真的。。。。

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如果习惯了这种思维,想出这个$g(x)$倒也不难。
要比较$f(x)$与$g(x)$的大小,不直接作差,而是构造$h(x)=\frac{f(x)-g(x)}{x}$,确实是妙!
另外,这种构造,怕也不是解决“漂移”的终极方法……

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本帖最后由 敬畏数学 于 2019-5-24 08:42 编辑

回复 1# kuing
此题可以如下:
不妨设$x1>x2>0$,即证:$ln(x1*x2)+ln(x1+x2)<ln2-3$
设$x1/x2=t(t>1)$
即证$lnt+ln(t+1)+3tlnt/(1-t)<ln2-3$
即证:$(1+2t)lnt+(1-t)[ln(1+t)-ln2+3]>0(t>1)$
呵呵,下面证明就so easy了!令左边$h(t)=(1+2t)lnt+(1-t)[ln(1+t)-ln2+3](t>1)$开动导数的核按钮两下就OK了!!!

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不妨设x1>x2>0,即证:ln(x1*x2)+ln(x1+x2)<ln2-3
设x1/x2=t(t>1)
即证lnt+ln(t+1)+3tlnt/(1-t)<ln2-3
...
敬畏数学 发表于 2016-12-12 11:53

第三行的“即证”是怎么变出来的?

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回复 6# kuing
代入零点后,消元就可以了。

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看不出来怎么消元,可以详细说明一下吗?

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回复 8# 踏歌而来

大概酱此吧

$x_2\ln x_2=x_1\ln x_1=tx_2\ln (tx_2)=tx_2(\ln t+\ln x_2) \riff (1-t)\ln x_2=t\ln t$

$\ln (x_1x_2)+\ln (x_1+x_2)=\ln (tx_2^2)+\ln ((t+1)x_2)=\ln t+\ln (t+1)+3\ln x_2=\cdots$

我本来想让他写完整的过程,不过还是算了,写过程看来很累吧,而且我们看也累……

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回复 9# kuing
。那个公式编辑方法我一定好好学。

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回复 1# kuing

学习了kuing解法,实在妙哉,能解释一下g(x)是怎么构造出来的吗?

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