$f(x)=e^x-ax$的两个零点相关问题

郝酒

当$a>e$时，函数$f(x)=e^x-ax$有两个零点$x_1,x_2(x_1<x_2)$，下面几个结论该如何得到？
(1) $x_1+x_2>2$
(2) $x_1x_2<1$
(3) $x_1+x_2<2\ln a$

色k

前两个就不用说了吧，那是漂移问题里最简单的了，只有第三个需要动动脑。

令 `x_1=t\ln a`, `x_2=u\ln a`, `t<u`，则
\[f(x_1)=f(x_2)\iff e^{x_1}-ax_1=e^{x_2}-ax_2\iff a^t-ta\ln a=a^u-ua\ln a,\]
得到
\[(u-t)a\ln a=a^u-a^t\]
因为 `a^x` 的三阶导数为正，根据这帖 forum.php?mod=viewthread&tid=4042 的定理，有
\[a^u-a^t>a^{(t+u)/2}\ln a\cdot (u-t),\]
从而 `t+u<2`，即 `x_1+x_2<2\ln a`。

isee

回复 2# 色k

forum.php?mod=viewthread&tid=5238
实际上与第（2）一样的

游客

郝酒

谢谢楼上诸位，这里提供一个由(2)证(3)的方法：
$\mathrm{e}^{x_1}=ax_1,\mathrm{e}^{x_2}=ax_2$所以$x_1=\ln a + \ln x_1,x_2=\ln a + \ln x_2$
$x_1+x_2 = 2\ln a + \ln (x_1x_2)<2\ln a$

kuing

原来这么简单……

郝酒

回复 6# kuing

但是$x_1x_2<1$证起来比较麻烦啊。记$g(x) = \frac{\mathrm{e}^x}{x}$,构造函数
$h(x) = g(x)-g\left(\frac{1}{x}\right)=\frac{\mathrm{e}^x}{x}-x\mathrm{e}^{\frac{1}{x}},x\in(0,1)$
注意到$h(1)=0$,且$h'(x)=\frac{(x-1)(\mathrm{e}^x-x\mathrm{e}^{\frac{1}{x}})}{x^2}$。
令$p(x) = \mathrm{e}^x-x\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}$,$p'(x)=\mathrm{e}^x+\frac{1-x}{x}\mathrm{e}^{\frac{1}{x}}>0$
所以$p(x)<p(1)=0,x\in(0,1)$,所以$h'(x)>0,x\in(0,1)$,$h(x)<h(1)=0,x\in(0,1)$.
当$x_1\in(0,1)$时，$h(x_1)=g(x_1)-g\left(\frac{1}{x_1}\right)<0$
所以$g(x_1)<g\left(\frac{1}{x_1}\right)$，即$g(x_2)<g\left(\frac{1}{x_1}\right)$,而$g(x)在(1,+\infty)$单增，所以$x_2<\frac{1}{x_1}$,得证.

敬畏数学

回复 4# 游客
漂移套路解法1.

敬畏数学

回复 5# 郝酒
漂移套路解法二

敬畏数学

回复 7# 郝酒
漂移套路解法三

kuing

回复 7# 郝酒

用对数平均\[\sqrt{ab}<\frac{a-b}{\ln a-\ln b}<\frac{a+b}2\]可以一次过得出(1)(2)

isee

回复 11# kuing


4楼游客就是用的此法。
这样一来，三问是同一问题。