极值点偏移又变异了！

facebooker

已知函数$f(x)=\ln x+\dfrac{a}{x}+b$
(1) 若函数$f(x)$的最小值为$0, x_1,x_2(x_1<x<_2)$为函数$g(x)=f(x)-\frac{1}{2}$的两个零点,
证明：$e^{x_2}-e\ln x_1>2$
(2) 证明：对任意的$n\in N^*, \dfrac{1}{n+1}+\dfrac{1}{n+2}+...+\dfrac{1}{2n}<\ln 2$

kuing

第二问是FAQ呀，见《撸题集》P.1019 开头

战巡

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第二问很无聊，第一问还有点意思
还有你们都套路魔怔了吧？看也不看就极值偏移？这个东西跟什么极值偏移没半毛钱关系啊

\[f'(x)=\frac{1}{x}-\frac{a}{x^2}=0\]
\[x=a\]
故此有
\[f(a)=\ln(a)+1+b=0\]
\[f(x)=\ln(x)+\frac{a}{x}-1-\ln(a)=\ln(\frac{x}{a})+\frac{a}{x}-1\]
这里如果令$\frac{x}{a}=y$，就会得到
\[g(x)=f(x)-\frac{1}{2}=\ln(y)+\frac{1}{y}-\frac{3}{2}=0\]
注意这里面没有任何参数，这个方程的两个解，都是定值，顶多是不好求，这里令两个解为$y_1,y_2$，都是两个常数而已

于是乎就有
\[e^{x_2}-e\ln(x_1)=e^{ay_2}-e\ln(ay_1)\]
\[=(e^{y_2})^a-e\ln(a)-e\ln(y_1)\]
那么如果令$h(a)=(e^{y_2})^a-e\ln(a)-e\ln(y_1)$，就有
\[h'(a)=y_2e^{ay_2}-\frac{e}{a}\]
鉴于$y_2>0$是显然的，那么这个东西明摆着随$a$递增，而且可以一眼看出，其零点位于
\[a=\frac{1}{y_2}\]
说明这个时候$h(a)$有最小值，即
\[h(a)\ge h(\frac{1}{y_2})=e+e\ln(y_2)-e\ln(y_1)=e+e\ln(\frac{y_2}{y_1})>e>2\]


事实上，如果强解出$y_1,y_2$，会有
\[y_1=0.424,y_2=3.314\]
\[e+e\ln(y_1)-e\ln(y_2)\approx 8.307\]

isee

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终于见到是代码打的题目的，不过，kuing 没有吐槽 \dfrac 也是少见，哈哈哈

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（2）与（1）没有关系，在分析观点下是这样处理的
\begin{align*}
\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{2n}&=\sum_{i=1}^n\frac 1{n+i}\\[1em]
&<\lim_{n\to \infty}\sum_{i=1}^n\frac 1{1+\frac in}\cdot \frac 1n\\[1em]
&=\int_0^1\frac 1{1+x}\mathrm dx\\[1em]
&=\ln (1+x)\big|_0^1\\[1em]
&=\ln 2.
\end{align*}

或者用欧拉常数\[\gamma=\lim_{n\to \infty}\left(\sum_{k=1}^n\frac 1k-\ln n\right).\]

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类似的不等式 证$\frac 1{n+1}+\frac 1{n+2}+\cdots+\frac 1{3n+1}<\frac 98$

kuing

终于见到是代码打的题目的，不过，kuing 没有吐槽 \dfrac 也是少见 ...
isee 发表于 2022-4-15 23:01

连上下标都用 \dfrac 才会吐槽，平时无所谓