$a^x+a^{\frac 1x}\le \frac 2a$

hbghlyj

对任意x<0,有$a^x+a^{\frac 1x}\le \frac 2a$,求a的范围.

kuing

想起了这题：kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=4389 可惜似乎用不上

realnumber

几何画板画了下,似乎$1\le a < 2$

kuing

首先作置换 `(x,a)\to(-x,a^{-1})` 变回咱们习惯的正数条件，即：

任意 `x>0`，有 `a^x+a^{1/x}\leqslant2a`，求 `a` 范围。

如果 `a>1` 则令 `x\to+\infty` 得 `a^x+a^{1/x}\to+\infty>2a`，不符合；如果 `0<a<1/2` 则令 `x\to0` 得 `a^x+a^{1/x}\to1>2a`，也不符合。故必要条件为 `1/2\leqslant a\leqslant1`，于是只需证明其充分性。

`a=1` 显然成立，当 `1/2\leqslant a<1` 时，我有一个菊部想法：只需证
\[a^x\leqslant\frac2{1+x^m}(1-a)+2a-1,~\text{其中}~m=\frac{2a\ln a}{a-1},\]然而似乎很难……待续……

郝酒

我是把$a$除过去，考虑 $a^{x-1}+a^{1/x-1}$的最大值，用求导，最大值都是在正无穷处取，只有$a<1$最大值才有限，是$\frac{1}{a}$
有误，我求导求错了。

kuing

回复 6# 郝酒

过程给一下啊

郝酒

回复 7# kuing

好滴，ku版。
要$g(x)=a^{x-1}+a^{\frac{1}{x}-1}$得最大值小于等于2.
$g'(x)=a^{x-1}\log a + a^{\frac{1}{x}-1}\left(-\frac{1}{x^2}\right)\log a$ 考虑自变量大于零的情况。
对$a<1$时，导数比较复杂，我求错了。mark

kuing

这个也定一下

facebooker

这题解决了吗？求个过程

Tesla35

mp.weixin.qq.com/s?__biz=MzU4OTc0MzQ4Mw==&mid=2247547489& ... c9d41cdd8273cbfe0#rd

hbghlyj

抄一下)
广东省中山纪念中学 (528454) 邬启龙
解:
$$
\begin{array}{l}
x \rightarrow-\infty \Rightarrow 1<a \leq 2 \\
x=-a^{t}, \frac{1}{x}=-a^{-t} \Rightarrow \forall t \in R, a^{-\alpha^{\prime}}+a^{-a^{-t}} \leq \frac{2}{a} \\
\Leftrightarrow \forall x \geq 0, a^{-a^{x}}+a^{-a^{-x}}-\frac{2}{a} \leq 0 \\
f(x)=a^{-a^{x}}+a^{-a^{-x}}-\frac{2}{a}, f^{\prime}(x)=\ln ^{2} a\left(a^{-x-a^{-x}}-a^{x-a^{x}}\right) \\
g(x)=-x-a^{-x}-\left(x-a^{x}\right)=a^{x}-a^{-x}-2 x \\
g^{\prime}(x)=a^{x} \ln a+a^{-x} \ln a-2, g^{\prime \prime}(x)=a^{x} \ln ^{2} a-a^{-x} \ln ^{2} a \\
x>0, g^{\prime \prime}(x)>0, g^{\prime}(0)<0, \lim _{x \rightarrow+\infty} g^{\prime}(x)=+\infty \\
\Rightarrow \exists x_{0}>0, g^{\prime}\left(x_{0}\right)=0, x \in\left(0, x_{0}\right), g^{\prime}(x)<0, x \in\left(x_{0},+\infty\right), g^{\prime}(x)>0 \\
g(0)=0, \lim _{x \rightarrow+\infty} g(x)=+\infty \\
\Rightarrow \exists x_{1}>0, g\left(x_{1}\right)=0, x \in\left(0, x_{1}\right), g(x)<0, x \in\left(x_{1},+\infty\right), g(x)>0 \\
\Rightarrow f^{\prime}\left(x_{1}\right)=0, x \in\left(0, x_{1}\right), f^{\prime}(x)<0, x \in\left(x_{1},+\infty\right), f^{\prime}(x)>0 \\
f(0)=0, \lim _{x \rightarrow+\infty} f(x)=1-\frac{2}{a} \leq 0 \Rightarrow \forall x \geq 0, f(x) \leq 0 \Rightarrow \forall x \in R, f(x) \leq 0 \\
\therefore a \in(1,2]
\end{array}
$$

hbghlyj

若$0<a<1$,则$\lim_{x→-∞}a^x=+∞;a^{\frac1x}>0$,故$\lim_{x→-∞}\left(a^x+a^{\frac1x}\right)=+∞$.
这样,$0<a<1$时$a^x+a^{\frac 1x}\le \frac 2a$不能恒成立.所以$a>1$是必要条件.
设$f(x)=a^x+a^{\frac 1x}$,则$f'(x)=\left(x^2-a^{\frac1x-x}\right)a^x\frac{\ln a}{x^2}>0$.
$f'(x_0)=0⇔$曲线$y=x^2$与$y=a^{\frac1x-x}$相交于点$(x_0,x_0^2)$.
当$x<0$时$y=x^2$与$y=a^{\frac1x-x}$均为下凸单减函数.两图象有两个固定交点$\begin{cases}(-1,1),\text{实心点}\\(0,0),\text{空心点}\end{cases}$
∴两函数图象另有一个由$a$确定的交点$(x_1,x_1^2)$且$-1<x_1<0$.
$-1,x_1$分别是$f(x)$的极大值点与极小值点.
$f(-1)=\frac2a\le\frac2a$成立.仅需$\lim_{x→0}f(x)=1\le\frac2a$,∴$a$的取值范围是(1,2].

hbghlyj

回复 12# hbghlyj
这个红色部分好像不太严谨...下凸单减函数可以有很多交点