一道函数的恒成立问题

lemondian

已知函数$f(x)=\frac{-1+2e^x}{2e^{2x}}+\frac{x}{a}$。
（1）当$a=-\frac{1}{2}$时，求$f(x)$的单调区间；
（2）当$a>0$时，若$f(x)$有两个极值点$x_1,x_2$，且$f(x_1)+f(x_2)>k\cdot f(\frac{lna}{2})$恒成立，求$k$的最大值。

战巡

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1、
\[f'(x)=\frac{1-e^x}{e^{2x}}+\frac{1}{a}\]
$a=-\frac{1}{2}$时，会有
\[f'(x)=\frac{1-e^x}{e^{2x}}-2=0\]
\[(e^x+1)(2e^x-1)=0\]
\[x=-\ln(2)\]
因此$(-\infty,-\ln(2))$上增，$(-\ln(2),+\infty)$上减。

2、
此时令$f'(x)=0$会有
\[e^{2x}-ae^x+a=0\]
\[e^x=\frac{1}{2}(a\pm\sqrt{a^2-4a})\]
扔会$f(x)$里面就有
\[f(x_1)=\frac{2-\sqrt{a^2-4a}+a+4\ln(\frac{1}{2}(a+\sqrt{a^2-4a}))}{4a}\]
\[f(x_2)=\frac{2+\sqrt{a^2-4a}+a+4\ln(\frac{1}{2}(a-\sqrt{a^2-4a}))}{4a}\]
\[f(x_1)+f(x_2)=\frac{4+2a+2\ln(\frac{1}{2}(a-\sqrt{a^2-4a})\cdot\frac{1}{2}(a+\sqrt{a^2-4a}))}{4a}\]
\[=\frac{2+a+2\ln(a)}{2a}\]
这里面要求$a^2>4a$，即$a>4$

另一方面
\[f(\frac{\ln(a)}{2})=\frac{-1+2\sqrt{a}+\ln(a)}{2a}\]
好了，现在我们要求$f(x_1)+f(x_2)>kf(\frac{\ln(a)}{2})$，就是有
\[\frac{2+a+2\ln(a)}{2a}>k\cdot \frac{-1+2\sqrt{a}+\ln(a)}{2a}\]
鉴于$a>4$时，$-1+2\sqrt{a}+\ln(a)>0$，因此实际上有
\[\frac{2+a+2\ln(a)}{-1+2\sqrt{a}+\ln(a)}>k\]
求左边在$a>4$下的最小值即可
这里令
\[g(a)=\frac{2+a+2\ln(a)}{-1+2\sqrt{a}+\ln(a)}\]
\[g'(a)=\frac{(\sqrt{a}-2)(2+a+\sqrt{a}\ln(a))}{a(-1+2\sqrt{a}+\ln(a))^2}\]
显然$a>4$时，这玩意是正的，$g(4)$就是最小值了，有
\[g(4)=2\ge k\]

lemondian

回复 2# 战巡
谢谢，还有其它方法吗？

力工

回复 3# lemondian

原答案是咋样子的？

战巡

回复 3# lemondian


没啥别的办法
硬要说，那无非也就是用韦达定理去绕过强算$f(x_1),f(x_2)$这部分，没有本质区别
主要是对我来说，在可以用软件的条件下，强算$f(x_1),f(x_2)$实际上是比用韦达定理要方便的...

lemondian

回复 4# 力工
这是题目提供的答案

敬畏数学

回复 6# lemondian
$ \dfrac{2lna+a+2}{lna+2\sqrt{a}-1}=2+\dfrac{(\sqrt{a}-2)^2}{lna+2\sqrt{a}-1}>2,$a趋于4，趋于2.这么复杂的答案，这是自己出题为难自己。