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[函数] 一道函数证明题

函数.jpg
2018-5-17 14:13
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画图看了下右边是不成立的,m 的系数要加大

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确实是!

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回复 1# 转化与化归

我算的结果是
\[x_1(m)+x_2(m)=2+2\sqrt{m}+\frac{m}{2}-\frac{m^{\frac{3}{2}}}{48}+o(m^{\frac{3}{2}})\]

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回复 4# 战巡
能否分享一下您的计算过程

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从图象来看似乎不应该有 `\sqrt m` 这东西的存在……

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回复 3# 转化与化归

不好意思,我发现我之前画图画错了,原不等式右边应该是成立的,而且很紧。

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回复 1# 转化与化归


我来将题目文字化——

已知$f(x)=(x-1)\ln x$,若$f(x_1)=f(x_2)=m$,$0<x_1<x_2$。
求证:$\frac 95+\ln (1+m)<x_1+x_2<2+\frac m2$。

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回复 7# kuing
kuing神,写写做的过程吧

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好不容易才证出了右边,我之前思考到 ln 里面还有 ln 我就放弃了,直到刚才再次打起精神才想到怎么处理下去。

首先显然 `m>0`, `0<x_1<1<x_2`,要证右边,即证
\[x_1<2+\frac m2-x_2, \quad(*)\]
因为
\[2+\frac m2-x_2-x_2=2+\frac12(x_2-1)\ln x_2-2x_2=\frac12(x_2-1)(\ln x_2-4),\]
所以如果 `x_2\geqslant e^4`,则有
\[2+\frac m2-x_2\geqslant x_2>x_1,\]
式 (*) 成立,故此只需证明当 `1<x_2<e^4` 的情形即可。

不难证明 `2+m/2-x_2` 恒为正,当 `1<x_2<e^4` 时,要证式 (*),只需证
\[f\left( 2+\frac m2-x_2 \right)<m \quad(**),\]

\[\left( 2+\frac12(x_2-1)\ln x_2-x_2-1 \right)\ln\left( 2+\frac12(x_2-1)\ln x_2-x_2 \right)<(x_2-1)\ln x_2,\]
化简即
\[(\ln x_2-2)\ln\left( 2+\frac12(x_2-1)\ln x_2-x_2 \right)<2\ln x_2,\]
令 `x_2=e^u`, `0<u<4`,即证
\[(u-2)\ln\left( e^u\frac{u-2}2-\frac u2+2 \right)<2u,\]
当 `u=2` 时显然成立,当 `u\ne2` 时,令
\[g(u)=\ln\left( e^u\frac{u-2}2-\frac u2+2 \right)-\frac{2u}{u-2},\]
则等价于证明当 `0<u<2` 时 `g(u)>0`,当 `2<u<4` 时 `g(u)<0`,因为 `g(0)=g(4)=0`,可见只需证明 `g(u)` 在 `(0,2)` 和 `(2,4)` 上都是增函数即可。

求导整理得
\[g'(u)=\frac{12-u^2+e^u(u^3-5u^2+12u-12)}{(u-2)^2(e^uu-2e^u-u+4)},\]

\[h(u)=12-u^2+e^u(u^3-5u^2+12u-12),\]
则 `h(0)=0` 且
\[h'(u)=-2u+e^uu(u^2-2u+2)>-2u+\left( 1+u+\frac{u^2}2 \right)u(u^2-2u+2)=\frac{u^5}2>0,\]
可知 `h(u)>0` 恒成立,所以 `g'(u)>0` 对 `u\ne2` 都成立,从而式 (**) 成立,右边的不等式获证。
冇钱又冇样、冇型又冇款、冇身材又冇文采、冇学历又冇能力、冇高度冇速度冇力度兼夹冇野做!(粤语)
口号:珍爱生命,远离考试。

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由过程的后半段计算都可以看出不等式有多紧,把 `g(u)` 画来瞧瞧:
QQ截图20180522165341.png
2018-5-22 16:53

可以看到,在 (0,1) 部分几乎是贴着 x 轴的,真是BT,感觉是我目前证过最紧的一个漂移。
冇钱又冇样、冇型又冇款、冇身材又冇文采、冇学历又冇能力、冇高度冇速度冇力度兼夹冇野做!(粤语)
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回复 11# kuing
超级牛!

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回复 12# 转化与化归


    有没参考答案,10,11楼这样,做不到啊...
还有题目来自...

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回复 13# realnumber

我也想知道。
我用以前常用的各种手法都失败了,太紧。

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回复 14# kuing
一个学生问的题目,来自某机构,没有答案

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本帖最后由 realnumber 于 2018-5-27 08:04 编辑

也试到一个办法,似乎可行
QQ截图20180527070425bba.png
2018-5-27 07:23

如图利用反函数导数$(f^{-1}(m))^{'}=\frac{1}{f^{'}(n)}$其中点(n,m)在y=f(x)上.
QQ截图20180527073054cc.png
2018-5-27 07:31

如图$m>0,m=(x_1-1)\ln{x_1}=(x_2-1)\ln{x_2},0<x_1<1<x_2$(特别$m=0$时,$x_1=x_2=1$)
$m=(x_1-1)\ln{x_1}>(x_1-1)^2,\sqrt{m}>1-x_1$
$m=(x_2-1)\ln{x_2}<(x_2-1)^2,\sqrt{m}<x_2-1$,得到$2<x_1+x_2$
$\ln(x_1x_2)=\frac{m}{x_1-1}+\frac{m}{x_2-1}=\frac{m(x_1+x_2-2)}{(x_1-1)(x_2-1)}<0$,得到$0<x_1x_2<1$
记y=f(x)在(0,1),(1,+∞)的反函数分别为$y=f_1(x),y=f_2(x)$,即$x_1=f_1(m),x_2=f_2(m)$
记$g(m)=2+\frac{m}{2}-f_1(m)-f_2(m)$,$g(0)=0$,接下来证明$g'(m)>0,m>0$
\[g'(m)=0.5-\frac{1}{\frac{x_1-1}{x_1}+\ln{x_1}}-\frac{1}{\frac{x_2-1}{x_2}+\ln{x_2}}
=0.5-\frac{1}{\frac{x_1-1}{x_1}+\frac{m}{x_1-1}}-\frac{1}{\frac{x_2-1}{x_2}+\frac{m}{x_2-1}}\]
\[g'(m)=\frac{(x_1-1)(x_2-1)(x_1+x_2+1-3x_1x_2)+m(x_1+x_2)(1-x_1x_2)+m^2x_1x_2}{2((x_1-1)^2+mx_1)((x_2-1)^2+mx_2)}\]
分母正的,分子第一项负的,其余两项正的,革命尚未成功,也许这个处理好就解决了

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回复 16# realnumber

这个思路我想过,后来也放弃了。

PS.(代码)导数直接 ' 即可,无需 ^{'} 。

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