\(f\left( x_1 \right)+f\left( x_2 \right)=0\)证明$x_1+x_2\ge 4$

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已知函数\(f(x)=x^2-ax+2\ln x-3\)
（1）讨论\(f(x)\)的单调性.
（2）若对任意的$a\in \left[ 1,2 \right]$，总存在\(x_1\)，\(x_2\)，使得\(f\left( x_1 \right)+f\left( x_2 \right)=0\)，证明：$x_1+x_2\ge 4$.

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解：先求导得`f’(x)=2x+\frac 2x-a,x>0`.

（1）当`a\leqslant 4`时，`f'(x)>0`，故`f(x)`在`(-\infty,+\infty)`单调递增.
当`a>4`时，易求得`f'(x)=\frac{2x^2-ax+2}x=0`的两正根分别为`x_1=\frac {a-\sqrt{a^2-16}}4`，`x_2=\frac {a+\sqrt{a^2-16}}4`.
所以当`x\in (0,x_1),(x_2,+\infty)`时，`f'(x)>0`，故`f(x)`单调递增；当`x\in (x_1,x_2)`时，`f'(x)<0`，故`f(x)`单调递减.


（2）这种多变量处理起来不还是麻烦的，一般是一个一个的"丢掉".

由（1）知`a\in [1,2]`时，`f(x)`是单调递增的，且`f(x)\in (0,+\infty)`，即存在`x_1,x_2`使得`f(x_1)+f(x_2)=0`成立.

即有\[x_1^2-ax_1+2\ln x_1-3+x_2^2-ax_2+2\ln x_2-3=0,\]
整理为\[(x_1+x_2)^2-a(x_1+x_2)=6+2x_1x_2-2\ln x_1x_2,\]
令\[g(x)=6+2x-2\ln x,x>0,\]求导可知\[g(x)_{\min}=g(1)=8.\]
从而`\forall a\in [1,2]`使得\[(x_1+x_2)^2-a(x_1+x_2)\geqslant 8,\]
亦即\[(x_1+x_2)-\frac 8{x_1+x_2}\geqslant a,\]，
所以\[(x_1+x_2)-\frac 8{x_1+x_2}\geqslant 2,\]
从而\[(x_1+x_2+2)(x_1+x_2-4)\geqslant 0\Rightarrow x_1+x_2\geqslant 4.\]