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[函数] 若`y=x−\ln x−a`有两零点则`(x_1+x_2)x_1x_2<2`尝试中,<3,OK

本帖最后由 isee 于 2021-9-4 13:38 编辑

很长,红字是需要证的,需要帮忙的,或是关键点
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取自 敬畏数学 帖出的《含参的函数零点不等式》 第1问.



已知函数`f(x)=x−\ln x−a`有两个不相等的零点`x_1x_2`,求证:`(x_1+x_2)x_1x_2<2`.

那命题真难,没回到原帖一是(尝试的(练练手))解法不是高考内,二是第2问(1问多半一时也是)搞不定的,抛砖引玉吧~





想法,在执行中,是否可有结果,还不好说:


求导后,易知函数`f(x)`的极值点是`1`,且是极小值,有两个不相等的零点,则`f(1)<0`,于是`a>1`,不妨设`0<x_1<1<x_2`.

依题\begin{equation}a=x_1-\ln x_1=x_2-\ln x_2.\tag{01}\label{eq01}\end{equation}
于是,再由对数均值不等式\[\sqrt{x_1x_2}<1=\frac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2}<\frac {x_1+x_2}2,\]
即有基本关系\[x_1x_2<1,x_1+x_2>2.\]

进一步有\[x_1+x_2=2a+\ln (x_1x_2)<2a.\]

分析下所证`(x_1+x_2)x_1x_2<2`,需证`\color{red}{x_1x_2<\frac 1a}`,注意这仅仅是一个方向(是否能目的,还未知),甚至可以尝试更强的`x_1x_2<\frac 1{a+1}<\frac 1a`.

将\eqref{eq01}分别看作`a`是`x_1`,`x_2`的函数,则隐函数求导得%%%%%%%%02%%%%%%
\begin{equation}\mathrm d a=\left(1-\frac 1{x_1}\right)\mathrm d x_1=\left(1-\frac 1{x_2}\right)\mathrm d x_2,\tag{02}\label{eq02}\end{equation}



%%%%%%%%%%ax_1x_2尝试失败,换(a+1)x_1x_2%%%%%%%%%%%%%%%

则\[\frac{\mathrm d ((a+1)\cdot x_1x_2)}{\mathrm d(x_1x_2)}=,\cdots\]

为什么对`x_1x_2`求导,只是因为曾构造`x_1x_2`的函数求导失败过,再试试.

以下就是仿照`y`是`x`的函数的运算法则来运算的——估计是对的,久远了,不管了,算算先——包括反函数求导法则,继续求导
\begin{align*}
\frac{\mathrm d ((a+1)\cdot x_1x_2)}{\mathrm d(x_1x_2)}&=\frac{\mathrm d (a+1)}{\mathrm d(x_1x_2)}\cdot x_1x_2+(a+1)\cdot 1\\
&=\frac{1}{\frac{\mathrm d(x_1x_2)}{\mathrm d a}}\cdot x_1x_2+a+1
\end{align*}

方便书写,单看分母,即,并代入\eqref{eq02}
\begin{align*}
\frac{\mathrm d(x_1x_2)}{\mathrm d a}&=\frac{\mathrm d x_1}{\mathrm d a}\cdot x_2+\frac{\mathrm d x_2}{\mathrm d a}\cdot x_1\\
&=\frac{\mathrm d x_1}{\mathrm d a}\cdot x_2+\frac{\mathrm d x_2}{\mathrm d a}\cdot x_1\\
&=\frac 1{1-\frac 1{x_1}}\cdot x_2+\frac 1{1-\frac 1{x_2}}\cdot x_1\\
&=\frac {x_1x_2(x_1+x_2-2)}{(x_1-1)(x_2-1)}
\end{align*}

继续上式,于是
\begin{align*}
\frac{\mathrm d ((a+1)\cdot x_1x_2)}{\mathrm d(x_1x_2)}&=\frac{(x_1-1)(x_2-1)}{x_1x_2(x_1+x_2-2)}\cdot x_1x_2+(a+1)\cdot 1\\
&=\frac{(x_1-1)(x_2-1)+(a+1)(x_1+x_2-2)}{x_1+x_2-2}
\end{align*}

这真是个坑~,理一下思绪,需要证`\frac{\mathrm d (a\cdot x_1x_2)}{\mathrm d(x_1x_2)}>0`……,喝点水,先~套娃又开始了~

即需证\begin{equation*}(x_1-1)(x_2-1)+(a+1)(x_1+x_2-2)>0\iff a+1>\frac{(1-x_1)(x_2-1)}{x_1+x_2-2}=\frac{x_1+x_2-x_1x_2-1}{x_1+x_2-2}.\end{equation*}

呃,TNND,试下

\begin{align*}
\Leftarrow 2&>\frac{(1-x_1)(x_2-1)}{x_1+x_2-2}\\
\iff  2(x_1+x_2)-4&>(1-x_1)(x_2-1)=x_1+x_2-x_1x_2-1\\
\iff x1+x_2+x_1x_2-3&>0
\end{align*}

%%%%%白眼儿~~~~(反正导数一样,将前面的`a`换`a+1`试试)

下文中\eqref{eq03}已经证明了的,于是`(a+1)x_1x_2`关于`x_1x_2`是递增的,所以\[x_1x_2\to 1,(a+1)x_1x_2<2\Rightarrow \color{red}{x_1x_2<\frac 2{a+1}}.\]
不过,没达到目的,先看看吧\[(x_1+x_2)x_1x_2<\frac {3a+1}2\cdot \frac 2{a+1}=\frac {3a+1}{a+1}=3-\frac 2{a+1}\color{red}{<3}.\]
还是过了,了~~~~~此命题可能非常强,可能需要对`x_1x_2(x_1+x_2)`整体着手看容易~~~


先得搞定`x_1+x_2`和`x_1+x_2-x_1x_2`的范围,转化为一个新题了,搁着,先.






















%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%



天意啊, 《极值点偏移又来啦。》,需研究这帖了.
其次,又联想到悬而未决的两零点证x1x2>1/a问题中的结果正好是“取均值”的巧合.


那这里,会不会有`x_1+x_2>\frac {2+2a}2=a+1`呢?看看
\begin{align*}
\frac{\mathrm d{(x_1+x_2-a)}}{\mathrm d x_1}=1+\frac{1-\frac 1{x_1}}{1-\frac 1{x_2}}-1+\frac 1{x_1}=\frac {x_1x_2-1}{x_1(x_2-1)}<0
\end{align*}
即`x_1+x_2-a`关于`x_1`是单调递减的,于是\[x_1\to 1,x_1+x_2-a>1+1-1=1\Rightarrow \color{red}{x_1+x_2>a+1}.\]
猜想成立!

不过,原来《极值点偏移又来啦。》结果较强,未解决,哈哈哈哈哈,继续取均值一下看看


\begin{align*}
\frac{\mathrm d(x_1x_2+x_1+x_2)}{\mathrm d x_1}=x_2+1+(x_1+1)\frac{1-\frac 1{x_1}}{1-\frac 1{x_2}}=\frac {(x_1+x_2)\left(1-\frac 1{x_1x_2}\right)}{1-\frac 1{x_2}}<0
\end{align*}
即`x_1x_2+x_1+x_2`关于`x_1`是单调递减的,于是\begin{equation}x_1\to 1,\color{red}{x_1x_2+x_1+x_2>3}.\tag{03}\label{eq03}\end{equation}

于是
\begin{align*}
\frac{\mathrm d\left(x_1+x_2-\frac{3a}2\right)}{\mathrm d x_1}=1+\frac{1-\frac 1{x_1}}{1-\frac 1{x_2}}-\frac 32+\frac 3{2x_1}=\frac {x_1+x_2+x_1x_2-3}{2x_1(x_2-1)}>0
\end{align*}

有意外又是情理之中,于是即`x_1+x_2-\frac{3a}2`关于`x_1`是单调递增的,于是\[x_1\to 1,x_1+x_2-\frac{3a}2<1+1-\frac 32=\frac 12\Rightarrow \color{red}{x_1+x_2<\frac {3a+1}2}.\]

嗯,又过了~


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还有主题干一样的:http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=4925
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辛苦

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令$ 0<t=\frac{x_1}{x_2}<1 $,那么$ x_1=\frac{t\ln t}{t-1},x_2=\frac{\ln t}{t-1} $,于是$ (x_1+x_2)x_1x_2<2 $等价于\[ \forall0<t<1,\ln^3t>\frac{2(t-1)^3}{t(1+t)} \]
根据Karamata不等式$ \forall x>0,x\ne1,\frac{\ln x}{x-1}\leqslant\frac{1+\sqrt[3]x}{x+\sqrt[3]x} $,可知\[ \ln^3t-\frac{2(t-1)^3}{t(1+t)}>\frac{(t-1)^3(1+\sqrt[3]t)^3}{(t+\sqrt[3]t)^3}-\frac{2(t-1)^3}{t(1+t)}=\frac{(t-1)^3[(1+t)(1+\sqrt[3]t)^3-2(1+\sqrt[3]{t^2})^3}{(1+t)(t+\sqrt[3]t)^3}=\frac{(t-1)^4(1-\sqrt[3]t)^3}{(1+t)(t+\sqrt[3]t)^3}>0 \]
即证.
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谢谢分享!

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本帖最后由 isee 于 2021-9-15 20:11 编辑

http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=7791
中的 $x_1+x_2<\frac {4a+2}3$可能是线性最强的了


还有个非对称的,也记下 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=8192
$x_1+x_2^2>7a-5$ 猜测亦是化一元~

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我这里有个不错的注意到...
\[x_1+x_2^2>x_1^2+x_2^2+x_1^2x_2^2(1-x_1x_2)>\frac{22a-16}{3}>7a-5.\]
其中结果的$\frac{22a-16}{3}$是线性最佳...

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