导数极值偏移问题，又一个

realnumber

$f(x)=x-ae^x-b$有两个不同的零点$x_1,x_2$,
求证：$1+b-\ln{a}<x_1+x_2<-2\ln{a}$.

只证明了右边，
$f‘(x)=1-ae^x$，可见a>0,又$f'(x)=0$,解得$x=-\ln{a}$
（不妨设$x_1<-\ln{a}<x_2$）,所以$f(-\ln{a})>0$,即$1+b+\ln{a}<0$
又$e^x>1+x+0.5x^2,(x>0),e^x<1+x+0.5x^2,(x<0)$,
（注：可构造函数用导数证明，得重复来2次,背景是泰勒级数）
那么$x_1=b+ae^{x_1}=b+e^{x_1+\ln{a}}<b+1+x_1+\ln{a}+0.5(x_1+\ln{a})^2$---①
$x_2=b+ae^{x_2}=b+e^{x_2+\ln{a}}>b+1+x_2+\ln{a}+0.5(x_2+\ln{a})^2$,---②
由①②，可得$x_1+x_2<-2\ln{a}$成立.
左边还没试出来.

又构造函数的办法还是没学， ，

realnumber

换元后，形式简单了点，令$t=x+\ln{a},m=-1-b-\ln{a}>0$
1楼问题等价于“$g(t)=e^t-t-1-m$的两个零点$t_1,t_2$，
求证：$-m<t_1+t_2<0$.”
易得在t=1处取到最小值，不妨设$t_2<0<t_1$.
右边的证明就这样
$1+t_1+m=e^{t_1}>1+t_1+0.5t_1^2---①$

$1+t_2+m=e^{t_2}<1+t_2+0.5t_2^2---②$

由①②可得$t_1+t_2<0$
接下来证明原不等式左边，
$1+t_1+m=e^{t_1}$,$t_1$可看作m的函数,两边关于m求导得

$(t_1)_m'+1=e^{t_1}(t_1)_m'$,所以$(t_1)_m'=\frac{1}{e^{t_1}-1}$

同理$(t_2)_m'=\frac{1}{e^{t_2}-1}$

记$h(m)=t_1+t_2+m$,显然有$h(0)=0$

要证明$h(m)>0,(m>0)$,只需要证明$h(m)$是m的增函数.

$h'(m)=(t_1)_m'+(t_2)_m'+1>0$

等价于$\frac{1}{e^{t_1}-1}+\frac{1}{e^{t_2}-1}+1>0$

等价于$e^{t_1}-1+e^{t_2}-1+(e^{t_1}-1)(e^{t_2}-1)<0$

等价于$e^{t_1+t_2}<1$此不等式成立,所以原不等式左边也成立.完

isee

回复 2# realnumber


左边看作是m是t的函数，实际与战巡一样，反函数求导了~mark，先