一道函数证明题

转化与化归

已知 $f(x)=(x-1) \ln x$，若 $f\left(x_1\right)=f\left(x_2\right)=m, 0<x_1<x_2$，求证：$\frac{9}{5}+\ln (1+m)<x_1+x_2<2+\frac{m}{2}$．

kuing

画图看了下右边是不成立的，m 的系数要加大 画错了，右边是成立的，见10楼

转化与化归

确实是！

战巡

回复 1# 转化与化归

我算的结果是
\[x_1(m)+x_2(m)=2+2\sqrt{m}+\frac{m}{2}-\frac{m^{\frac{3}{2}}}{48}+o(m^{\frac{3}{2}})\]

转化与化归

回复 4# 战巡
能否分享一下您的计算过程

kuing

从图象来看似乎不应该有 `\sqrt m` 这东西的存在……

kuing

回复 3# 转化与化归

不好意思，我发现我之前画图画错了，原不等式右边应该是成立的，而且很紧。

kuing

好不容易才证出了右边，我之前思考到 ln 里面还有 ln 我就放弃了，直到刚才再次打起精神才想到怎么处理下去。

首先显然 `m>0`, `0<x_1<1<x_2`，要证右边，即证
\[x_1<2+\frac m2-x_2, \quad(*)\]
因为
\[2+\frac m2-x_2-x_2=2+\frac12(x_2-1)\ln x_2-2x_2=\frac12(x_2-1)(\ln x_2-4),\]
所以如果 `x_2\geqslant e^4`，则有
\[2+\frac m2-x_2\geqslant x_2>x_1,\]
式 (*) 成立，故此只需证明当 `1<x_2<e^4` 的情形即可。

不难证明 `2+m/2-x_2` 恒为正，当 `1<x_2<e^4` 时，要证式 (*)，只需证
\[f\left( 2+\frac m2-x_2 \right)<m \quad(**),\]
即
\[\left( 2+\frac12(x_2-1)\ln x_2-x_2-1 \right)\ln\left( 2+\frac12(x_2-1)\ln x_2-x_2 \right)<(x_2-1)\ln x_2,\]
化简即
\[(\ln x_2-2)\ln\left( 2+\frac12(x_2-1)\ln x_2-x_2 \right)<2\ln x_2,\]
令 `x_2=e^u`, `0<u<4`，即证
\[(u-2)\ln\left( e^u\frac{u-2}2-\frac u2+2 \right)<2u,\]
当 `u=2` 时显然成立，当 `u\ne2` 时，令
\[g(u)=\ln\left( e^u\frac{u-2}2-\frac u2+2 \right)-\frac{2u}{u-2},\]
则等价于证明当 `0<u<2` 时 `g(u)>0`，当 `2<u<4` 时 `g(u)<0`，因为 `g(0)=g(4)=0`，可见只需证明 `g(u)` 在 `(0,2)` 和 `(2,4)` 上都是增函数即可。

求导整理得
\[g'(u)=\frac{12-u^2+e^u(u^3-5u^2+12u-12)}{(u-2)^2(e^uu-2e^u-u+4)},\]
令
\[h(u)=12-u^2+e^u(u^3-5u^2+12u-12),\]
则 `h(0)=0` 且
\[h'(u)=-2u+e^uu(u^2-2u+2)>-2u+\left( 1+u+\frac{u^2}2 \right)u(u^2-2u+2)=\frac{u^5}2>0,\]
可知 `h(u)>0` 恒成立，所以 `g'(u)>0` 对 `u\ne2` 都成立，从而式 (**) 成立，右边的不等式获证。

kuing

由过程的后半段计算都可以看出不等式有多紧，把 `g(u)` 画来瞧瞧：

可以看到，在 (0,1) 部分几乎是贴着 x 轴的，真是BT，感觉是我目前证过最紧的一个漂移。

转化与化归

回复 11# kuing
超级牛！

realnumber

回复 12# 转化与化归


    有没参考答案，10，11楼这样，做不到啊...
还有题目来自...

kuing

回复 13# realnumber

我也想知道。
我用以前常用的各种手法都失败了，太紧。

转化与化归

回复 14# kuing
一个学生问的题目，来自某机构，没有答案

realnumber

也试到一个办法,似乎可行
如图利用反函数导数$(f^{-1}(m))^{'}=\frac{1}{f^{'}(n)}$其中点(n,m)在y=f(x)上.

如图$m>0,m=(x_1-1)\ln{x_1}=(x_2-1)\ln{x_2},0<x_1<1<x_2$(特别$m=0$时,$x_1=x_2=1$)
$m=(x_1-1)\ln{x_1}>(x_1-1)^2,\sqrt{m}>1-x_1$
$m=(x_2-1)\ln{x_2}<(x_2-1)^2,\sqrt{m}<x_2-1$,得到$2<x_1+x_2$
$\ln(x_1x_2)=\frac{m}{x_1-1}+\frac{m}{x_2-1}=\frac{m(x_1+x_2-2)}{(x_1-1)(x_2-1)}<0$,得到$0<x_1x_2<1$
记y=f(x)在(0,1),(1,+∞)的反函数分别为$y=f_1(x),y=f_2(x)$,即$x_1=f_1(m),x_2=f_2(m)$
记$g(m)=2+\frac{m}{2}-f_1(m)-f_2(m)$,$g(0)=0$,接下来证明$g'(m)>0,m>0$
\[g'(m)=0.5-\frac{1}{\frac{x_1-1}{x_1}+\ln{x_1}}-\frac{1}{\frac{x_2-1}{x_2}+\ln{x_2}}
=0.5-\frac{1}{\frac{x_1-1}{x_1}+\frac{m}{x_1-1}}-\frac{1}{\frac{x_2-1}{x_2}+\frac{m}{x_2-1}}\]
\[g'(m)=\frac{(x_1-1)(x_2-1)(x_1+x_2+1-3x_1x_2)+m(x_1+x_2)(1-x_1x_2)+m^2x_1x_2}{2((x_1-1)^2+mx_1)((x_2-1)^2+mx_2)}\]
分母正的，分子第一项负的，其余两项正的，革命尚未成功，也许这个处理好就解决了

kuing

回复 16# realnumber

这个思路我想过，后来也放弃了。

PS.（代码）导数直接 ' 即可，无需 ^{'} 。