函数不等式(偏移)

力工

已知曲线$f(x)=e^x-x$与$y$轴交于点$A$，曲线上两点$M(x_1,f(x_1)),N(x_2,f(x_2))$的连线中点为$B$，
若$f(x_1)=f(x_2)$，求证：$-3<k_{AB}<-2$.

kuing

显然两点在 `y` 轴两侧，不妨设 `x_1<0<x_2`，设 `m=f(x_1)=f(x_2)`，显然 `m>1`，易得 `k_{AB}=2(m-1)/(x_1+x_2)`，用最简单的漂移套路可以证明 `x_1+x_2<0`，所以待证的不等式等价于
\[1-m<x_1+x_2<\frac23(1-m). \quad(*)\]

式 (*) 左边比较好证，令
\begin{align*}
g(x)&=(x-2)(e^x-x-m),\\
h(x)&=-x^2+(1-m)(x-2),
\end{align*}下面证明：当 `x>0` 时 `g(x)>h(x)`，当 `x<0` 时 `g(x)<h(x)`。

作差得
\[g(x)-h(x)=(x-2)e^x+x+2=j(x),\]求导得
\begin{align*}
j'(x)&=(x-1)e^x+1,\\
j''(x)&=xe^x,
\end{align*}由此得到 `j'(x)\geqslant j'(0)=0`，所以 `j(x)` 递增，又 `j(0)=0`，从而 `g(x)` 与 `h(x)` 的大小关系得证。

由此，我们得到
\[h(x_1)>g(x_1)=0=g(x_2)>h(x_2),\]而
\[h(x_1)-h(x_2)=-(x_1-x_2)(x_1+x_2-1+m),\]所以 `x_1+x_2>1-m`，即式 (*) 左边得证。

而式 (*) 右边比较紧，用上述方法似乎构造不出来，上 Bao 力方法吧。

由于 `f(x)` 先减后增，所以 $f(x)<m\iff x_1<x<x_2$，由此可见，要证明式 (*) 右边，只需证明
\[f\left( \frac23(1-m)-x_2 \right)<m, \quad(**)\]亦即
\[f\left( \frac23\bigl(1-f(x_2)\bigr)-x_2 \right)<f(x_2),\]为清晰起见，这里用 `\exp(x)` 表示 `e^x`，令 `x_2=\ln t`, `t>1`，再令
\begin{align*}
k(t)&=f(x_2)-f\left( \frac23\bigl(1-f(x_2)\bigr)-x_2 \right)\\
&=t-\ln t-\exp\left( \frac23(1-t+\ln t)-\ln t \right)+\frac23(1-t+\ln t)-\ln t\\
&=\frac13t-\frac43\ln t-\frac1{t^{1/3}}\exp\left( \frac23(1-t) \right)+\frac23,
\end{align*}即证 `k(t)>0` 对 `t>1` 恒成立，因为 `k(1)=0`，只需证 `k'(t)>0`，求导可得
\[k'(t)=\frac13\left( 1-\frac4t+\frac{2t+1}{t^{4/3}}\exp\left( \frac23(1-t) \right) \right),\]即证
\[\exp\left( \frac23(1-t) \right)>\frac{t^{1/3}(4-t)}{2t+1},\]当 `t\geqslant4` 时显然成立，当 `t<4` 时，两边取对数，等价于证
\[p(t)=\frac23(1-t)-\ln\frac{t^{1/3}(4-t)}{2t+1}>0,\]求导得
\[p'(t)=\frac{4(t-1)^3}{3t(4-t)(2t+1)},\]从而 `p(t)>p(1)=0`，所以式 (**) 成立，即式 (*) 右边得证。

综上，原不等式获证。

kuing

式 (*) 左边其实还有个更简单的证法，不过前提是你要知道反函数的导数公式。

下面证明 `x_1+x_2+m` 随 `m` 的增大而增大，因为
\[
\frac{\rmd x_1}{\rmd m}=\frac1{f'(x_1)}=\frac1{e^{x_1}-1},
\]对 `x_2` 同理，所以
\[
\frac{\rmd(x_1+x_2+m)}{\rmd m}
=\frac1{e^{x_1}-1}+\frac1{e^{x_2}-1}+1
=\frac{e^{x_1+x_2}-1}{(e^{x_1}-1)(e^{x_2}-1)}>0,
\]这样就证明了 `x_1+x_2+m` 的单调性，而显然当 `m\to1` 时 `x_1`, `x_2\to0`，从而 `x_1+x_2+m>1`。

可惜这方法对右边还是无法进行……楼主要是哪天知道了标答，记得发一下。

力工

回复 3# kuing
kuing真神啊！渣我也没有答案

kuing

式 (*) 右边，也可以一开始就对数换元，然后用常规的设比法，计算量稍微大一点。

令 `x_1=\ln t_1`, `x_2=\ln t_2`, `t_1<1<t_2`，则 `m=t_1-\ln t_1=t_2-\ln t_2`，故 `x_1+x_2=\ln t_1+\ln t_2=t_1+t_2-2m`，所以式 (*) 右边等价于
\[t_1+t_2<\frac23+\frac43m. \qquad(*{*}*)\]

再令 `t_2=ut_1`, `u>1`，则由 `m=t_1-\ln t_1=ut_1-\ln(ut_1)` 解得
\begin{align*}
t_1&=\frac{\ln u}{u-1},\\
m&=\frac{\ln u}{u-1}-\ln\frac{\ln u}{u-1},
\end{align*}所以式 (***) 化为
\[(u+1)\frac{\ln u}{u-1}<\frac23+\frac43\left( \frac{\ln u}{u-1}-\ln\frac{\ln u}{u-1} \right),\]化简即证
\[g(u)=\frac{3u-1}{u-1}\ln u+4\ln\frac{\ln u}{u-1}<2,\]易知 `u\to1` 时 `g(u)\to2`，所以只需证 `g'(u)<0`，求导化简得
\[g'(u)=-\frac{2u\ln^2u+(u^2-1)\ln u-4(u-1)^2}{(u-1)^2u\ln u},\]所以只需证
\[\ln u>\frac{1-u^2+(u-1)\sqrt{u^2+34u+1}}{4u},\qquad(*{**}*)\]继续令 `h(u)=` 左减右，求导得
\[h'(u)=\frac{(u^2+4u+1)\sqrt{u^2+34u+1}-(u+1)(u^2+16u+1)}{4u^2\sqrt{u^2+34u+1}},\]而
\[(u^2+4u+1)^2(u^2+34u+1)-(u+1)^2(u^2+16u+1)^2=8u(u-1)^4,\]所以 `h'(u)>0`，故当 `u>1` 时 `h(u)>h(1)=0`，即得证。

话说，无意中得到的关于 `\ln x` 的式 (****) 不知以后会不会有用？