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
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.
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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发表于 2018-5-24 05:51
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