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战巡
Posted 2015-2-7 10:45
回复 1# 赤睛
我觉得这类问题应该开发一些统一的解法，不能每次都根据实际函数搞变换，有时候不容易想出来
先写一些基本的东西吧，不带入具体函数好了
统一问题：$f(x)=a$有两不同解$x_1,x_2$，且$x_1<x_2$，求$x_1+x_2$与$a$的关系
方便起见先弄一些简单常见的情况
假设：$f(x)$及其一阶、二阶导数均连续，$f'(x)=0$仅有$x_0$这一个解，$f''(x)=0$无解且$f''(x)$单调，也就是$f'(x)$单调
于是很自然的可以证明$x<x_0$时和$x>x_0$时$f(x)$分别单调，但两段单调性相反
令：
\[\begin{cases} g(a)=f^{-1}(a), x<x_0 \\ h(a)=f^{-1}(a), x>x_0 \end{cases}\]
令$s(a)=x_1+x_2$，有
\[s(a)=x_1+x_2=g(a)+h(a)\]
\[s'(a)=g'(a)+h'(a)=\frac{1}{f'(x_1)}+\frac{1}{f'(x_2)}\]
接下来就是讨论这个玩意的符号
由于$x_1,x_2$两个变量存在一个隐函数关系，不好直接比较，我们不妨先复制一段出来，作一个对称的图形，然后再比较，令$f_1(x)=f(2x_0-x), x>x_0$，这样就可以把$f(x)$在$x<x_0$的一段弄一个关于$x=x_0$对称的一个东西出来，于是假设$f(x_1)=f(x_2)=a=f_1(x_1')$，就很容易证明会有：
\[\begin{cases}x_1'+x_1=2x_0 \\ f'(x_1)+f_1'(x_1')=0 \end{cases}\]
然后：
\[s'(a)=\frac{1}{f'(x_1)}+\frac{1}{f'(x_2)}=\frac{1}{f'(x_2)}-\frac{1}{f_1'(x_1')}\]
也就是比较$f'(x_2)$和$f_1'(x_1')$大小
可这个不好比，不妨先比较$f'(x_2)$和$f_1'(x_2)$
令$i(x)=f'(x)-f_1'(x)=f'(x)+f'(2x_0-x)$
可得
\[i'(x)=f''(x)-f''(2x_0-x)\]
由于前面假设过$f''(x)$单调，只要$x\ne x_0$，这玩意不会为$0$，由于$x>x_0$，显然$x>2x_0-x$，于是$i'(x)$也会恒不变号，就是说$i(x)$是单调函数
进一步很容易证明，由于$i(x_0)=0$，$i(x)$在$x>x_0$范围上也是不变号的
于是有：
\[\begin{cases} f'(x_2)>f_1'(x_2), f''(x)单调增\\f'(x_2)<f_1'(x_2), f''(x)单调减\end{cases}\]
接下来比较$x_2,x_1'$的大小
由于$f(x)$在$x>x_0$时单调，只需比较$f(x_2),f(x_1')$即可，由于$f(x_2)=f_1(x_1')$，也可以比较$f_1(x_1),f(x_1')$
令$j(x)=f(x)-f(2x_0-x),x<x_0$
\[j'(x)=f'(x)+f'(2x_0-x)=-f_1'(2x_0-x)+f'(2x_0-x)=i(2x_0-x)，x<x_0\]
于是根据前面的结论就有
\[\begin{cases} f(x_2)<f(x_1'), f''(x)单调增\\f(x_2)>f(x_1'), f''(x)单调减\end{cases}\]
此时就有
\[\begin{cases} x_2>x_1', f''(x)f'''(x)<0\\x_2<x_1',f''(x)f'''(x)>0\end{cases}\]
而$f_1'(x)=-f'(2x_0-x)$，$f_1''(x)=f''(2x_0-x)$，当$x>x_0$时，有：
\[\begin{cases} f_1'(x_2)>f_1'(x_1'), f''(x)^2f'''(x)>0\\f_1'(x_2)<f_1'(x_1'), f''(x)^2f'''(x)<0\end{cases}\]
综合起来就有
\[\begin{cases} f'(x_2)>f_1'(x_2)>f_1'(x_1'), f'''(x)>0\\f'(x_2)<f_1'(x_2)<f_1'(x_1'), f'''(x)<0\end{cases}\]
也就是：
\[\begin{cases} s'(a)<0, f'''(x)>0\\s'(a)>0, f'''(x)<0\end{cases}\] |
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kuing
Posted 2016-6-14 17:18
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