来自某网友问的一道“漂移”

kuing

木子三日 (1132******) 13:58:47

这种题怎么做

话说，这年头漂移的变式越来越多，也越来越难了，早已不是当初从图像就能看出左漂右漂的漂移了……

这道题要证的式子左边写成 $x_1x_2(x_1+x_2)$，两根之和与积，让人想到韦达定理，不过原方程是超越的，自然没得韦，但是可以考虑放缩了再韦，比如说构造一个和 $f(x)$ 差不多样子但有点漂移的函数，并且能搞出二次方程来。

证明：易证 $f(x)$ 在 $(0,1/e)$ 上递减，在 $(1/e,+\infty)$ 上递增，最小值为 $-1/e$。设
\[g(x)=\frac{3(ex-1)^2}{2e(2ex+1)}-\frac1e,\quad x>0,\]
易证 $g(x)$ 的单调性、最小值均与 $f(x)$ 一样。令
\[h(x)=\frac{f(x)-g(x)}x=\ln x-\frac{3(ex-1)^2}{2ex(2ex+1)}+\frac1{ex},\]
经计算得
\[h'(x)=\frac{(ex-1)^2(8ex+1)}{2ex^2(2ex+1)^2}\geqslant 0,\]
又 $h(1/e)=0$，故此当 $x\in(0,1/e)$ 时 $h(x)<0$，即 $f(x)<g(x)$，当 $x\in(1/e,+\infty)$ 时 $h(x)>0$，即 $f(x)>g(x)$。

那么，当 $f(x)=m$ 的两根为 $x_1$, $x_2$（$x_1<x_2$），则 $g(x)=m$ 也有两根 $x_3$, $x_4$（$x_3<x_4$）且必有 $x_1<x_3$, $x_2<x_4$，于是
\[x_1^2x_2+x_2^2x_1=x_1x_2(x_1+x_2)<x_3x_4(x_3+x_4),\]
经过计算可知
\[g(x)=m \iff 3e^2x^2-(4e^2m+10e)x+1-2em=0,\]
所以由韦达定理有
\[x_3x_4(x_3+x_4)=\frac{(4e^2m+10e)(1-2em)}{9e^4}
=\frac2{e^3}-\frac{8(em+1)^2}{9e^3},\]
这样，我们就得到了更强的不等式
\[x_1^2x_2+x_2^2x_1<\frac2{e^3}-\frac{8(em+1)^2}{9e^3}.\]

kuing

补个图，及几何画板验证

isee

我看到这种命题就头大，真的。。。。

第一章

如果习惯了这种思维，想出这个$g(x)$倒也不难。
要比较$f(x)$与$g(x)$的大小，不直接作差，而是构造$h(x)=\frac{f(x)-g(x)}{x}$，确实是妙！
另外，这种构造，怕也不是解决“漂移”的终极方法……

敬畏数学

回复 1# kuing
此题可以如下：
不妨设$x1>x2>0$,即证：$ln(x1*x2)+ln（x1+x2）<ln2-3$
设$x1/x2=t(t>1)$
即证$lnt+ln（t+1）+3tlnt/（1-t）<ln2-3$
即证：$（1+2t）lnt+（1-t）[ln（1+t）-ln2+3]>0(t>1)$
呵呵，下面证明就so easy了！令左边$h（t）=（1+2t）lnt+（1-t）[ln（1+t）-ln2+3]（t>1）$开动导数的核按钮两下就OK了！！！

kuing

不妨设x1>x2>0,即证：ln(x1*x2)+ln（x1+x2）<ln2-3
设x1/x2=t(t>1)
即证lnt+ln（t+1）+3tlnt/（1-t）<ln2-3
...
敬畏数学 发表于 2016-12-12 11:53

第三行的“即证”是怎么变出来的？

敬畏数学

回复 6# kuing
代入零点后，消元就可以了。

踏歌而来

看不出来怎么消元，可以详细说明一下吗？

kuing

回复 8# 踏歌而来

大概酱此吧

$x_2\ln x_2=x_1\ln x_1=tx_2\ln (tx_2)=tx_2(\ln t+\ln x_2) \riff (1-t)\ln x_2=t\ln t$

$\ln (x_1x_2)+\ln (x_1+x_2)=\ln (tx_2^2)+\ln ((t+1)x_2)=\ln t+\ln (t+1)+3\ln x_2=\cdots$

我本来想让他写完整的过程，不过还是算了，写过程看来很累吧，而且我们看也累……

敬畏数学

回复 9# kuing
。那个公式编辑方法我一定好好学。

hjfmhh

回复 1# kuing

学习了kuing解法，实在妙哉，能解释一下g(x)是怎么构造出来的吗？