[函数] 导数 零点 不等式证明

未深入思考，临场被后两问难住了。

出处不知，不过，题目看着像是道陈题。

方法不限，请指点。谢谢！

题：设$a\in \mathbf {R}$，函数$f(x)=\ln x-ax$.
(1)若$a=2$，求$y=f(x)$在$P(1,-2)$处的切线方程.
(2)若$f(x)$无零点，求实数$a$的取值范围.
(3)若$f(x)$有两个相异零点$x_1,x_2$，求证：$x_1\cdot x_2>e^2$.

(2)$\ln(x)-ax=0\iff a=\frac{\ln(x)}{x}=g(x)$,这个函数值域的补集就是所求.
有时不作变形,直接用最大小于0或最小大于0也行.
$g(x)$在$x\in (0,e) 递减,x\in (e,+∞)递增$,得本题$a>\frac{1}{e}$
(3)按(2)的办法先得出两根时候,$a$的取值范围$(0,\frac{1}{e})$,再从$\ln x_1=ax_1,\ln x_2=ax_2$得出吧,也许还要反证法配合.
配合$g(x)$图象,不妨设$1<x_1<e<x_2$--不想试了,好象哪里见到过.

(2)$\ln(x)-ax=0\iff a=\frac{\ln(x)}{x}=g(x)$,这个函数值域的补集就是所求.
有时不作变形,直接用最大小于0或最小大于0也行.
$g(x)$在$x\in (0,e) 递减,x\in (e,+∞)递增$,得本题$a>\frac{1}{e}$
(3)按(2)的办法 ...
realnumber 发表于 2013-2-26 22:22

感谢。

第（2）问如果以切线背景来看是显然的。

现在主要是第（3）了，反证法的思路似乎很赞，也好像可行，下午得空时想想，来

====

第（3）问，用反证法，也不太好处理。

依题，$0<a<\dfrac1e$，不防设$x_1<x_2$，则有$1<x_1<\dfrac1a<x_2$。
先假设$x_1x_2=e^2$，则由$\ln x_1=ax_1,\ln x_2=ax_2$，消$x_2$有：
$ax_1^2-2x_1+ae^2=0$
对于这个关于$x_1$的一元二次方程，由求根公式得$x_1=\dfrac{1\pm\sqrt{1-a^2e^2}}{a}\notin(1,\dfrac1a)$
……（目测较小的根并不矛盾）
式子虽不复杂，但往下并不好找矛盾式，卡住

（3）构造不等式$\ln x>\dfrac{2(x-1)}{x+1}（x>1）$，

4# yes94
这样不好,看不懂

（3）构造不等式$\ln x>\dfrac{2(x-1)}{x+1}（x>1）$，
yes94 发表于 2013-2-27 13:18

能想到这个函数的，已经对这个题的（代数式变形的）关键点有相当深入的研究了。

至少，这个构造，偶在临场未想到的，其实，现在对这个构造具体如何证明依然不明中。

==================

按大家的提示，及以往题的启发或者说类推，现给出第2问及第3问具体过程。

第（2）问，分析与解，realnumber 已经在2楼的一种方法与提示，这里从零点定理（另一个）角度考虑。

若$a=0$，虽然不合题设，故$a\ne0$：
\begin{align*}
f(x)&=\ln x-ax\\
f'(x)&=\dfrac1x-a\\
&=\dfrac{-ax+1}{x},x>0\\
f'(x)&=0\\
x&=\dfrac1a\\
\end{align*}

简单讨论知 $a<0,f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增；
                $a>0,f(x)$在$(0,\dfrac1a)$上单调递增，$f(x)$在$(\dfrac1a,+\infty)$上单调递减。


下面说明当$a<0,f(x)$在$(0,+\infty)$上，只有惟一的零点，也就是：
\begin{align*}
f(1)&=-a>0\\
f(e^a)&=a-ae^a\\
&=a(1-e^a)<0\\
\end{align*}
从而$a<0$不合题设。

PS：$f(e^a)$这个当时卡着了，今天才想到，其实在本区曾经也有个类似这楼的处理。



下面进一步缩小$a$的范围。

当$a>0$时，$f(x)$无零点$\Leftrightarrow f(x)_{max}<0 \Leftrightarrow f(\dfrac1a)<0 \Leftrightarrow a>\dfrac1e$，这便是第（2）问结果。


PPS：这一点从$\ln x=ax$两图象的交点来看，是极明显的。

(3)因为$1<x_1<e<x_2$,当$x_2\ge e^2$时,$x_1x_2>e^2$显然成立.所以只需要证明$e<x_2<e^2$情景,根据这个范围$x_1$也相应有更小氛围.
\[函数g(x)=\frac{\ln x}{x} 在(1,e)递增,在(e,e^2)递减\]
\[a=\frac{\ln x_1}{x_1}=\frac{\ln x_2}{x_2}>\frac{2}{e^2}\]
在$x=1$切线展开,和$x≠1$展开,那么会导致$x_1,x_2在x=e$附近时,无法证明$x_1x_2>e^2$.也就是说需要另外想办法.

第（3）问，分析与解，仅供参考，偶还未吃透个中原理。

（偶对不等式很弱），由第（2）问，加动笔简单演算便知，此时条件明显的有：
$0<a<\dfrac1e,\ln x_1-ax_1=0,\ln x_2-ax_2=0$，而结论可以转化为$a(x_1+x_2)>2$。
这里的$a$处理特别让人头大，条件与结论很难挂上。
临场由于时间限制，直接跳过，未深入思考。

今天下午再提笔，想转化为函数+导数，无果；
后，请教身边朋友，知，此题是2012年广东高三一道模拟题，有标答，便看了一眼，标答关键点便是yes94兄点化的差不多的式子。

当年原标答，最后会附上，为了不影响看帖者的思路，现在不给出；

对标答这种代数转化技巧高；而此题化来化去，似乎都逃不掉$a$！又想从高等数学方面看看，有没直接用的结果，如什么什么展开式之类。

受一陈题的启发，这里从构造函数不等式方面试试，先，不论结果如何。

回到题目：设$a\in \mathbf {R}$，函数$f(x)=\ln x-ax$.(3)若$f(x)$有两个相异零点$x_1,x_2$，求证：$x_1\cdot x_2>e^2$.

下面先证明
$$a>0,0<x<\dfrac1a,f(\dfrac1a+x)>f(\dfrac1a-x)$$
令
\begin{align*}
F(x)&=f(\dfrac1a+x)-f(\dfrac1a-x)\\
&=\ln(\dfrac1a+x)-\ln(\dfrac1a-x)-2ax\\
F'(x)&=\dfrac{2a^3x^2}{(1-ax)(1+ax)}\\
&>0\\
\end{align*}
即 $F(x)$在$(0,\dfrac1a)$单调递增，注意到$F(0)=0$，故$F(x)>0$，
亦即 $a>0,0<x<\dfrac1a,f(\dfrac1a+x)>f(\dfrac1a-x)$。




若 $f(x)$有两个相异零点$x_1,x_2$，则由第（2）问知
$a>0$且$f(\dfrac1a)>0\Leftrightarrow0<a<\dfrac1e,f(x_1)=f(x_2)=0,0<x_1,x_2$。

不防设$x_1<x_2$，则有$0<x_1<\dfrac1a<x_2$，而$0<\dfrac1a-x_1<\dfrac1a$:
\begin{align*}
f(\dfrac1a+(\dfrac1a-x_1))&>f(\dfrac1a-(\dfrac1a-x_1))=f(x_1)=f(x_2)=0\\
f(\dfrac2a-x_1)&>0;x\in(x_1,x_2),f(x)>0\\
\dfrac2a-x_1&<x_2\\
\dfrac2a&<x_1+x_2\\
ax_1+ax_2&>2\\
\ln x_1+\ln x_2&>2\\
\ln(x_1x_2)&>2\\
x_1x_2&>e^2\\
\end{align*}

嗬，还真绕出来了，$\dfrac2a-x_1<x_2$是关键啊。

PPPS：这里主要考虑是两函数$\ln x,ax$的差，realnumber 用是商的变式，看来是异曲同工。

最后，从这种做法，似乎有函数凹凸性的感觉，因为不熟悉，不知道是否从函数凹凸性手入呢？

第（2）问的解答常规解法应该差不多是都是求导来做的，下面不求导来做它！
搞一个第（2）问的解答：
   由于$\ln x\leqslant x-1$，当且仅当$x=1$取等号，故$\ln ax\leqslant ax-1$，当且仅当$ax=1$取等号。
   于是$\ln a+\ln x\leqslant ax-1$，即$f(x)=\ln x-ax\leqslant -1-\ln a$，当且仅当$x=\dfrac1a$取等号。
    若$f(x)$无零点，则需且只需$-1-\ln a<0$，故$a>\dfrac1e$
看一哈，对不对？

9# yes94
当然，最好还是讨论一下$a\leqslant0$不符合要求，当然这是显然的了。

8# isea
你喜欢研究第（3）问，那我继续第（2）问：
    作函数$y_1=\ln x$的图像，$y_2=ax$的图像，下面求$y_2$和$y_1$的图像相切时的斜率值$k$，则第（2）问答案就是$a>k$。
    设切点为$（x_0,y_0）$，因为$(y_1)'=\dfrac1x$，所以切线的斜率$k=\dfrac1{x_0}$，切线方程为$y-y_0=\dfrac1{x_0}(x-x_0)$，因为此切线过原点，于是$y_0=1$，即$\ln x_0=1$，$x_0=e$，$k=\dfrac1{x_0}=\dfrac1{e}$。
     故第（2）问答案就是$a>\dfrac1{e}$。

11# yes94


你要是有空的话，教教我，怎么用你提到的函数不等式呢？

12# isea
我在导数方面的爱好不是很强烈，这点和kuing一样，所以他基本懒得做导数题，他觉得不等式要过瘾些！
所以我就没的什么教你的啊？估计yezhu对导数情有独钟，要问你就问下他吧。
况且你是初中、高中都通吃（全面发展）的人物，还让教，那不是笑话么？
还有你的那个第（3）问的解析，我也想过的，但最终还是走到另外一条路去了。

我也试试。
不妨设$x_1>x_2$
$\ln x_1-ax_1=\ln x_2-ax_2$，这就得到了$a=\frac{\ln\frac{x_1}{x_2}}{x_1-x_2}$
作和得$\ln x_1x_2=a(x_1+x_2)$
然后由要证的$\ln x_1x_2>\ln e^2=2$得到只要证$a(x_1+x_2)>2$，然后把a代进去，就是要证$(x_1+x_2)\frac{\ln\frac{x_1}{x_2}}{x_1-x_2}>2$，约去$x_2$再把$\frac{x_1}{x_2}$看成变量，然后就是要证$(t+1)\ln t>2(t-1), (t>1)$，$t=1$是$F(t)=(t+1)\ln t-2(t-1)$的零点，只要证明$F(t)$单调，就是证明$F'=\ln t+1/t-1>0$，就是证明$\frac{x}{x+1}+\frac{1}{x+1}-1=0$，最后这个成立

14# abababa


13楼的yes94太客气、谦虚。互相学习。
＝＝＝


楼上的证明方式便偶见到的标答模式，只是这个$a$的代换，实在是巧，得到“齐次”式，化多元为一元，必然。

其次，如果第（3）要用反证法，如何做呢？



顺便附上标答：

(3)
\[函数g(x)=\frac{\ln x}{x} 在(1,e)递增,在(e,+∞)递减\]
\[1<x_1<e<x_2,a=\frac{\ln x_1}{x_1}=\frac{\ln x_2}{x_2},求证:x_1x_2>e^2\]
换元$t_1=\frac{x_1}{e},t_2=\frac{x_2}{e}$,那么以上结论转化为
\[函数h(t)=\frac{1+\ln t}{t} 在(0,1)递增,在(1,+∞)递减\]
\[0<t_1<1<t_2,ae=\frac{1+\ln t_1}{t_1}=\frac{1+\ln t_2}{t_2},求证:t_1t_2>1\]
先用导数证明下列不等式(实为泰勒级数在t=1处展开,保留到2次项,求导二次后可证)
当$t>1$时,$\ln t>(t-1)-0.5(t-1)^2$;当$t<1$时,$\ln t<(t-1)-0.5(t-1)^2$;
\[那么\frac{t_1-0.5(t_1-1)^2}{t_1}>\frac{1+\ln t_1}{t_1}=\frac{1+\ln t_2}{t_2}>\frac{t_2-0.5(t_2-1)^2}{t_2}\]
化简结果就是$t_1t_2>1$,完.

15# isea
答案是把t+1除下来了，然后求导就好算了，我做的时候没注意t>1，是直接求的导，最后一步还用了$\frac{x}{1+x}<\ln (x+1)$代换，显得麻烦了。

第（2）问的解答常规解法应该差不多是都是求导来做的，下面不求导来做它！
搞一个第（2）问的解答：
   由于$\ln x\leqslant x-1$，当且仅当$x=1$取等号，故$\ln ax\leqslant ax-1$，当且仅当$ax=1$取等号。
   于 ...
yes94 发表于 2013-2-27 18:01

9楼这个写法很流畅啊。

(3)
\[函数g(x)=\frac{\ln x}{x} 在(1,e)递增,在(e,+∞)递减\]
\[1
realnumber 发表于 2013-2-27 21:53

借用几何画板观察了$g(x)=\dfrac{\ln x}{x}$图象，移除泰勒级数，接16楼前两行，作如下修改成高中方案：

$x_1x_2>e^2 \Leftrightarrow x_2>\dfrac{e^2}{x_1}$

下面证$g(\dfrac{e^2}{x_1})>a=\dfrac{\ln{x_1}}{x_1}$成立.

\begin{align*}
g(\dfrac{e^2}{x_1})&>\dfrac{\ln{x_1}}{x_1}\\
\Leftrightarrow \dfrac{\ln \dfrac{e^2}{x_1}}{\dfrac{e^2}{x_1}}&>\dfrac{\ln{x_1}}{x_1}\\
\Leftrightarrow\ln x_1-\dfrac{2x_1^2}{x_1^2+e^2}&<0,1<x_1<e\\
\end{align*}

而$F(x)=\ln x-\dfrac{2x^2}{x^2+e^2}$，在$x\in(1,e)$上单调递增，注意到$F(e)=1-1=0$，
故$1<x<e,F(x)=\ln x-\dfrac{2x^2}{x^2+e^2}<0$，即$\ln x_1-\dfrac{2x_1^2}{x_1^2+e^2}<0\Leftrightarrow g(\dfrac{e^2}{x_1})>a=\dfrac{\ln{x_1}}{x_1}$成立。

考虑到 $x\in(x_1,x_2),g(x)>a$，于是$x_1<\dfrac{e^2}{x_1}<x_2\Rightarrow x_1x_2>e^2$

标答出来了啊？
第二问两种方法都是求导。

19# yes94


是啊，后来找到出处了。


另外，今天又找到个类题

http://kkkkuingggg.5d6d.net/thread-1360-1-1.html