一道导数压轴题

霏霏

只有图片形式，还算清楚

kuing

问第几问？

霏霏

回复 2# kuing
第三问，看看有没有其他解法

霏霏

战巡

回复 1# 霏霏

都已经两种方法了还不知足？

那好吧，我就开发一种新的，别抱怨技术含量太高！我可懒得多做解释

不妨假设$x_1<x_2$好了

令函数：
\[h(x)=f(x)-g(x)=\ln(x)-\frac{1}{x}-ax\]
对其在$x_1$点泰勒展开得到
\[h(x)=\ln(x_1)-\frac{1}{x_1}-ax_1+(\frac{1}{x_1^2}+\frac{1}{x_1}-a)(x-x_1)-\frac{x_1+2}{2x_1^3}(x-x_1)^2+\frac{x_1+3}{3x_1^4}(x-x_1)^3+o(x^4)\]
由于显然$\frac{x_1+3}{3x_1^4}(x-x_1)^3>0$对$x>x_1>0$成立
有当$x>x_1$时：
\[h(x)>\ln(x_1)-\frac{1}{x_1}-ax_1+(\frac{1}{x_1^2}+\frac{1}{x_1}-a)(x-x_1)-\frac{x_1+2}{2x_1^3}(x-x_1)^2\]
其中$x_1$就是$h(x)=0$的一个解，因此第一项这个$\ln(x_1)-\frac{1}{x_1}-ax_1=0$
即：
\[h(x)>(\frac{1}{x_1^2}+\frac{1}{x_1}-a)(x-x_1)-\frac{x_1+2}{2x_1^3}(x-x_1)^2=i(x)\]
由于$i(x)$是个很普通的二次函数，与$h(x)$有一个交点$(x_1,0)$且同为升交点，又$h(x)>i(x)$对$x>x_1$成立，那么必然有$i(x)=0$的另一个解$x_2'<x_2$，即$x_1x_2'<x_1x_2$

易证：
\[x_1x_2'=\frac{-2ax_1^4+3x_1^3+4x_1^2}{2+x_1}=j(x_1)\]
令$j'(x)=0$可得
\[\frac{2x(3x+8)(ax^2-x-1)}{(x+2)^2}=0\]
\[x=-\frac{8}{3},0,\frac{1-\sqrt{4a+1}}{2a},\frac{1+\sqrt{4a+1}}{2a}\]
前三个都是非正的，不用管，最后一个说明$0<x<\frac{1+\sqrt{4a+1}}{2a}$时$j(x)$递增

由于必须保证$x_1<x_2'$，有
\[x_1<\frac{-2ax_1^3+3x_1^2+4x_1}{2+x_1}\]
得
\[0<x_1<\frac{1+\sqrt{4a+1}}{2a}\]
也就是整个位于$j(x)$的增区间上，那么$x_1x_2'$的最小值在$x_1$取最小值时达到

易证$a=0$时$x_1$有最小值，但取不到，可知
\[x_1>\frac{1}{ProductLog(1)}\]
注：定义$ProductLog(x)$为$xe^x$的反函数，即$ProductLog(x)e^{ProductLog(x)}=x$

于是有：
\[x_1x_2>x_1x_2'>j(\frac{1}{ProductLog(1)})=\frac{4}{ProductLog(\frac{2}{e})^2}\approx 18.655>2e^2\]

霏霏

发帖的时候还没有这两种解法...

kuing

这类题最近真流行，像
kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=3197
kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=3276
都是，不过楼主这道跟那些又有些不一样，那些的右边都是最佳系数，而楼主这道却不是，这是因为最佳系数实际上是个超越方程的根，因此命题者才将其弱化。
但是为了照搬上述链接中的方法，还是把它加强到最佳比较好做。

易见存在唯一的实数 $\lambda$ 满足 $1+\lambda+2e^{\lambda}=0$，在数值上，$\lambda\approx -1.463$, $e^{-2\lambda}\approx 18.655>2e^2$，下面将原题加强为证明
\[x_1x_2>e^{-2\lambda}.\]

为方便书写，令 $x_1=e^{-t}$, $x_2=e^{-u}$，由对称性不妨设 $t<u$，则等价于证明
\[t+u<2\lambda.\]

由条件易得
\[te^t+e^{2t}=ue^u+e^{2u}=-a,\]
令
\[h(x)=xe^x+e^{2x},\]
求导得
\[h'(x)=e^x(1+x+2e^x),\]
则 $h'(\lambda)=0$，故 $h(x)$ 在 $(-\infty,\lambda)$ 上递减，在 $(\lambda,+\infty)$ 上递增，故由 $h(t)=h(u)$ 且 $t<u$，即得 $t<\lambda<u$。

现在，设
\begin{align*}
K(x)&=h(\lambda)+\frac12h''(\lambda)(x-\lambda)^2, \\
U(x)&=h(x)-K(x),
\end{align*}
则易得 $U(\lambda)=U'(\lambda)=0$，且
\[U''(x)=h''(x)-h''(\lambda)=e^x(2+x+4e^x)-e^{\lambda}(2+\lambda+4e^{\lambda}),\]
由于 $h''(\lambda)=e^{\lambda}(2+\lambda+4e^{\lambda})=e^{\lambda}(1+2e^{\lambda})>0$，故当 $2+x+4e^x\leqslant 0$ 时 $U''(x)<0$，
当 $2+x+4e^x>0$ 时，$e^x(2+x+4e^x)$ 显然为增函数，故当 $x<\lambda$ 时 $U''(x)<0$，当 $x>\lambda$ 时 $U''(x)>0$，由此可见 $U'(x)\geqslant U'(\lambda)=0$，所以 $U(x)$ 为严格递增函数，而 $U(\lambda)=0$，
所以当 $x<\lambda$ 时 $U(x)<0$，当 $x>\lambda$ 时 $U(x)>0$，即
\[
h(x)
\led
&<K(x),&&x<\lambda,\\
&>K(x),&&x>\lambda,
\endled
\]
故由 $h(t)=h(u)$ 且 $t<\lambda<u$ 得到
\[K(t)>h(t)=h(u)>K(u),\]
即得
\[h(\lambda)+\frac12h''(\lambda)(t-\lambda)^2>h(\lambda)+\frac12h''(\lambda)(u-\lambda)^2,\]
化简得
\[h''(\lambda)(t-u)(t+u-2\lambda)>0,\]
故由 $h''(\lambda)(t-u)<0$，得 $t+u<2\lambda$，即得证。