2021年新高考全国卷1第22题 导数证不等

isee

这是常规的导数经典题，甚至于有部分都能搜到

kuing

看到你在Q空间整理这个了没想到你也会去学玩反函数求导

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回复 2# kuing


    战巡的启发，然后，你，realnumber 等，在几年前均有实例，不得不学一下，哈哈哈

isee

回复 2# kuing


    所谓反函数求导，论坛里的有很多这样的帖子，如 函数f(x)=x−a e^x的两个零点商与和问题，再如三次函数的8#，战巡写的 朗博的W函数

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题：已知函数`f(x)=x(1-\ln x)`。
(1)讨论`f(x)`的单调性；
(2)设`a`,`b`为两个不相等的正数，且`b\ln a-a\ln b=a-b`。证明：`2<\frac 1a+\frac 1b<\mathrm e`。



解

这里也给一个非典型的解法。

`f'(x)=-\ln x=0，x=1`，于是`x,f'(x),f(x)`关系如下表
\begin{array}{c|c|c|c}
x &(0,1)& 1 &(1,+\infty) \\
\hline
f'(x) & + & 0 &- \\
\hline
f(x) & \nearrow & \text{极大值} & \searrow \\
\end{array}

（2）先处理已知等式

令`1/a=x_1,1/b=x_2`则
\begin{align*}
b\ln a-a\ln b&=a-b\\[1em]
\frac{-\ln x_1}{x_2}+\frac{\ln x_2}{x_1}&=\frac 1{x_1}-\frac 1{x_2}\\[1em]
\frac {1-\ln x_1}{x_2}&=\frac {1-\ln x_2}{x_1},\ \left(f(x_1)=f(x_2)\right)\\[1em]
\frac {x_1}{x_2}&=\frac {1-\ln x_2}{1-\ln x_1}\\[1em]
\frac {x_1+x_2}{x_1-x_2}&=\frac{1-\ln x_2+(1-\ln x_1)} {1-\ln x_2-(1-\ln x_1)}\\[1em]
\frac {x_1+x_2}{x_1-x_2}&=\frac {2-\ln (x_1x_2)}{\ln x_1-\ln x_2}\\[1em]
\frac {x_1+x_2}{2-\ln (x_1x_2)}&=\frac {x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2}<\frac {x_1+x_2}2\\[1em]
\therefore 2-\ln (x_1x_2)&>2\\[1em]
\therefore x_1x_2&<1
\end{align*}

另一方面`f(x_1)=f(x_2)`由（1）知`x_1,x_2\in (0，e)`且\[(1-x_1)(1-x_2)<0\iff x_1+x_2>x_1x_2+1\Rightarrow x_1+x_2>2.\]

即左边得证。


下面简单看看右边，由于$f''(x)=-\frac 1x<0$，所以$f(x)$函数图象是上凸的，考察在点`(e,0)`处的切线，有`y=-x+e`，则`f(x)\leqslant -x+e`当且仅当`x=e`取得`=`。

这里不防令`0<x_1<1<x_2<e`于是
\[x_1<x_1(1-\ln x_1)=x_2(1-\ln x_2)<-x_2+e\Rightarrow x_1+x_2<e.\]

右边亦得证。

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经典极值点偏移的题来了，源自知首提问



题：函数 $f(x)=\frac {\mathrm e^x}x,$ 若 $f(x_1)=f(x_2)=a>\mathrm e,\ x_1\ne x_2$ 则 $x_1+x_2>2.$

这是古典极值点偏移题了，但目前回答里都避开了常见的经典解法（或者仅一个经典解法的思路).

经典解法 1：利用对数均值不等式 $$(\sqrt {ab}<)\frac {a-b}{\ln a-\ln b}<\frac {a+b}2,\ a,b\in \mathbb R_+,a\ne b.$$



由 $$f(x_1)=f(x_2)=a\iff x_1-\ln x_1=x_2-\ln x_2=\ln a>1.$$

于是 $$1=\frac {x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2}<\frac {x_1+x_2}2,$$ 所以 $$x_1+x_2>2.$$

经典解法 2：构造函数差.



由解法 1 知 $x_1,x_2$ 亦是 $g(x)=x-\ln x-\ln a$ 的两根，不妨设 $0<x_1<1<x_2.$

(注意到 $g'(x)$ 比 $f'(x)$ 好处理很多，随后即见.)

设 $F(x)=g(x)-g(2-x),\ x\in (0,1),$ 而 $g'(x)=\frac {x-1}{x}$ 则

\begin{align*} F'(x)&=g'(x)-g'(2-x)\cdot (2-x)'\\[1em]&=g'(x)+g'(2-x)\\[1em] &=\frac {x-1}{x}+\frac {1-x}{2-x}\\[1em] &=-\frac {2(1-x)^2}{x(2-x)}\\[1em] &<0, \end{align*}

所以 $F(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递减，所以 $F(x_1)>F(1)=0\iff g(x_1)>g(2-x_1),$

又 $g(x_2)=g(x_1),$ 所以 $\color{red}{g(x_2)>g(2-x_1)},$ $x_2,\ 2-x_1>1$ ,

另一方面 $g(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 单调递增，即有 $x_2>2-x_1\iff x_1+x_2>2.$

解法 2 就是一个不断转化的过程，转化成易处理的函数.



基于此(理)，还可以设 $\frac {x_1}{x_2}=t\in (0,1)$ 转化为一元函元函数解决，亦是经典解法 3，(只不过此题中就是证 $\frac {a-b}{\ln a-\ln b}<\frac {a+b}2,)$ 简写如下

由 $$x_2-\ln x_2=x_1-\ln x_1=t x_2-\ln t x_2\Rightarrow x_2=\frac {\ln t}{t-1},$$ 于是

\begin{align*} x_1+x_2=tx_2+x_2&=\frac {(t+1)\ln t}{t-1}>2\\[1em] &\iff \ln t<\frac {2(t-1)}{t+1},t\in (0,1) \end{align*}

求导即证.

其妙

在这链接里文章的末尾有多种解答：
mp.weixin.qq.com/s?__biz=MzIxMDYxMDMxOQ==&mid=2247489995& ... 04&lang=zh_CN#rd