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kuing
发表于 2017-3-19 20:20
第③再加强下吧，来试试证明 $\dfrac1{\sqrt{x_1}}+\dfrac1{\sqrt{x_2}}>2$？
kuing 发表于 2017-3-19 17:31
换个元还是老套路的可行范围，就不卖关子了……
令 $t=1/\sqrt{x_1}$, $u=1/\sqrt{x_2}$，则 $t>1>u$，且
\[f(x_1)=f(x_2)\iff (t^2-1)\ln t=(u^2-1)\ln u,\]
要证明的是 $t+u>2$。
令 $g(x)=(x^2-1)\ln x$，设 $d\in(0,1)$，下面证明 $g(1+d)<g(1-d)$，因为
\[g(1+d)-g(1-d)=d\bigl( (2+d)\ln(1+d)+(2-d)\ln(1-d) \bigr),\]
令 $h(d)=(2+d)\ln(1+d)+(2-d)\ln(1-d)$，求导得
\[h'(d)=\frac{2+d}{1+d}+\ln(1+d)-\frac{2-d}{1-d}-\ln(1-d)
=\frac1{1+d}-\frac1{1-d}+\ln\frac{1+d}{1-d},\]
熟知对任意 $x>1$ 恒有 $\ln x<(x-1/x)/2$，所以
\[h'(d)<\frac1{1+d}-\frac1{1-d}+\frac12\left( \frac{1+d}{1-d}-\frac{1-d}{1+d} \right)=0,\]
故 $h(d)<h(0)=0$，所以 $g(1+d)<g(1-d)$。
由此，令 $d=1-u$，即得 $g(2-u)<g(u)=g(t)$，易证 $g(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 递增，$2-u$, $t\in(1,+\infty)$，故 $2-u<t$，即 $t+u>2$，得证。 |
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