函数$f(x)=x-ae^x$的两个零点商与和问题

realnumber

$f(x)=x-ae^x,(a\in R,x\inR)$,有两个零点$x_1,x_2,(x_1<x_2)$.
1.求a的取值范围.
2.证明$\frac{x_2}{x_1}$随a 的减小而增大.
3.证明$x_1+x_2$随a 的减小而增大.

isee

一调了吧

(1)这个好办，依题零点不是零，否则$a=0，f(x)=x$仅有一个零点，与已知矛盾。

于是$x-ae^x=0\Rightarrow a=\dfrac {e^x}x$，这样分离参数，后，讨论，知 $a>\dfrac 1e$

擦，是我搞反了，，，，，，本楼结果是错的，请无视。。。。。

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$a\le 0,$时，f(x)单调递增，最多一个零点，不合题意.
$ 1\le a$时，1+x<e^x，f(x)无零点.
当$0<a<1$,时候，求导发现函数先增后减，要有两个零点的充要条件是最大值大于0.
设函数在$x_0$处取到最大，那么$f'(x_0)=1-ae^{x_0}=0,f(x_0)=x_0-ae^{x_0}>0$,解得$0<a<\frac{1}{e}$.

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realnumber 发表于 2017-2-24 16:51

我把分子分母写反了，我的结果不正确，你继续。。。。。。

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2.继续2楼isee的办法，这个显然，随a减小，$x_1$减小,$x_2$增大(只需要说明下$g(x)=\frac{x}{e^x}$的单调性).
3.的话好像以前做过，忘了，继续考虑

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第三似乎只需要证明$h(x)=\frac{x}{e^x},x_1$处导数大于$x_2$处导数 的绝对值，但怎样写清楚得考虑下

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如图，函数$y=g(x)=\frac{x}{e^x},g'(x)=\frac{1-x}{e^x}$,那么y=g(x)在(-∞，1)递增，在(1,+∞)递减且过点(0,0),(1,$\frac{1}{e}$)当x趋于+∞时，y趋于0.
由$\frac{x_1}{e^{x_1}}=\frac{x_2}{e^x_2}=a,0<x_1<1<x_2-----①$
要证明“当a减小时，$x_1+x_2$增大”，只需要证明（对任意a,0<a<$\frac{1}{e}$）,有$\abs{g'(x_1)}>\abs{g'(x_2)}$
即$\frac{1-x_1}{e^{x_1}}>\frac{x_2-1}{e^{x_2}}$由①，进一步化简为$\frac{1-x_1}{x_1}>\frac{x_2-1}{x_2}$
即$x_1+x_2>2x_1x_2-----②$此式待证.
又由①可得$\frac{x_2}{x_1}=\frac{e^{x_2}}{e^{x_1}}=e^{x_2-x_1}>1+(x_2-x_1)+\frac{(x_2-x_1)^2}{2}$
即$\frac{x_2-x_1}{x_1}=(x_2-x_1)+\frac{(x_2-x_1)^2}{2}$
即$\frac{1}{x_1}=1+\frac{x_2-x_1}{2}----③$,接下来利用此式证明②.
当$0<x_1\le\frac{1}{2}$时,显然有②成立.
当$\frac{1}{2}<x_1<1$时,②等价于$x_2<\frac{x_1}{2x_1-1}$,
③等价于$x_2<\frac{2}{x_1}+x_1-2$
所以只需要证明$\frac{2}{x_1}+x_1-2<\frac{x_1}{2x_1-1}----④$即证明了②成立，进一步说明了原题成立.
④等价于$\frac{2}{x_1}-2<\frac{x_1}{2x_1-1}-x_1$
等价于$\frac{2-2x_1}{x_1}<\frac{x_1(2-2x_1)}{2x_1-1}$
等价于$\frac{1}{x_1}<\frac{x_1}{2x_1-1}$，即$0<(x_1-1)^2$成立.完.
说明：我也不晓得得出待证②会不会扣分，换一种说法如下，（其实要用反函数导数了，或理解为复合函数导数）
由$\frac{x_1}{e^{x_1}}=\frac{x_2}{e^x_2}=a,0<x_1<1<x_2-----①$
不妨记$x_1=m(a),x_2=n(a),0<x_1<1<x_2,0<a<\frac{1}{e}$.
只需要证明$(m(a)+n(a))_a'<0$,即${x_1}'_a+{x_2}'_a<0---⑤$
对①的三个表达式关于a求导，得到$\frac{(1-x_1){x_1}'_a}{e^{x_1}}=\frac{(1-x_2){x_2}'_a}{e^{x_2}}=1$，配合②
可以把⑤化简为$x_1+x_2>2x_1x_2$.

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解答中用了$e^x>1+x+x^2/2，x>0$构造函数1次求导后，再次构造函数求导一次，可证，其实是泰勒展开保留了3项.

kuing

前面我们已经知道 $0<a<1/e$ 以及 $0<x_1<x_2$，则有
\[x_1-ae^{x_1}=x_2-ae^{x_2}=0
\iff\frac{x_1}{e^{x_1}}=\frac{x_2}{e^{x_2}}=a
\iff\ln x_1-x_1=\ln x_2-x_2=\ln a,\]
令 $g(x)=x-\ln x$ 以及 $A=-\ln a$，则 $g(x_1)=g(x_2)=A$，因为 $a$ 减小时 $A$ 增大，所以要证明的就是 $x_1+x_2$ 随 $A$ 的增大而增大。

将 $g(x)$ 拆成左右两段
\[g(x)=\led
&g_1(x),&&x<1,\\
&g_2(x),&&x>1,
\endled\]
则 $g_1(x)$ 严格递减，$g_2(x)$ 严格递增，那么它们的反函数均存在，显然 $x_1<1<x_2$，故 $x_1=g_1^{-1}(A)$, $x_2=g_2^{-1}(A)$，根据反函数求导公式，有
\begin{align*}
\frac{\rmd x_1}{\rmd A}&=\frac1{g_1'(x_1)}=\frac1{g'(x_1)},\\
\frac{\rmd x_2}{\rmd A}&=\frac1{g_2'(x_2)}=\frac1{g'(x_2)},
\end{align*}
所以
\[\frac{\rmd(x_1+x_2)}{\rmd A}=\frac{g'(x_1)+g'(x_2)}{g'(x_1)g'(x_2)},\]
而 $g'(x_1)g'(x_2)<0$，故等价于证明 $g'(x_1)+g'(x_2)<0$。

（注：
1、这段其实就是8楼补充说明的东东
2、对于一般情形，我去年研究过，也得到了点结论，不过很复杂，不太满意，这里就不扯太多了，单单做这一题还是容易的，毕竟这里的 $g'(x)$ 已经没有了对数什么的了）

令 $x_1=1/t$, $x_2=1/u$, $t>1>u$，则
\[g(x_1)=g(x_2) \iff \frac1t+\ln t=\frac1u+\ln u, \]
而待证的
\[g'(x_1)+g'(x_2)<0 \iff 1-\frac1{x_1}+1-\frac1{x_2}<0 \iff t+u>2,\]
这就转化成了平凡的漂移问题了，大家应该都会了，我就不写了。

realnumber

“漂移问题”其实一直没学

力工

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天津15年题，觉得从反函数角度考虑。

realnumber

回复 12# 力工
15天津文理科没有这个题目的，百度姑娘说的。
又反函数以及记号，浙江教材中没有。只是有这样例子，y=f(x),解出x=h(y)也是函数
指数对数那里.

游客

观察函数 f(x)=lnx 和 y=x+lna 的图像，第一和第二小题是很显然的：
1、y=f(x)的切线斜率为1时，切线在Y轴上的截距为 -1，故 lna<-1;
2、lnx2-lnx1=x2-x1,当a减小时，x2-x1 是增大的。

realnumber

$\frac{x_1}{e^{x_1}}=\frac{x_2}{e^{x_2}},0<x_1<1<x_2$
求证：$\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}>2$
只需要证明$x_1x_2<1$
记$f(x)=\frac{x}{e^x},x>1$为单调递减函数.
只需要证明$f(x_1)=f(x_2)>f(\frac{1}{x_1})$
即要证明$x_1^2e^{\frac{1}{x_1}-x_1}>1$
可以求导证明函数$g(x)=x^2e^{\frac{1}{x}-x},0<x\le 1$为减函数,
即$g(x)\ge g(1)$,所以有$x_1x_2<1$如此证明了原题.