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已知函数 ${\displaystyle f(x)=x-a\ln x}$.

1. 若函数 ${\displaystyle f(x)}$ 有两个零点为 ${\displaystyle x_1,x_2(x_1<x_2)}$.
   1. 求实数 ${\displaystyle a}$ 的取值范围;
   2. 求证: ${\displaystyle x_2-x_1>2\sqrt{a^2-{\mathrm{e}}^2}}$.
2. 已知方程 ${\displaystyle x^2-(s+t)x\ln x-st=0}$ (${\displaystyle s<t}$ 且 ${\displaystyle st>1}$) 有三个相异的实数根为 ${\displaystyle x_3,x_4,x_5(x_3<x_4<x_5)}$. 试证明不等式: $$x_3+x_5+st{\displaystyle (\frac{1}{x_3}+\frac{1}{x_5})>3(s+t)-\frac{6st(s+t)}{t^2+2st+3s^2}}$$ 成立.

1. 1. 解 ${\displaystyle f^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{x-a}{x}}}$.
      ${\displaystyle a\le 0}$ 时 ${\displaystyle f^{\prime }(x)>0}$; ${\displaystyle 0<a\le \mathrm{e}}$ 时 ${\displaystyle f(x)\ge x-{\displaystyle \frac{ax}{\mathrm{e}}\ge 0}}$, 均没有两个零点.
      当 ${\displaystyle a>\mathrm{e}}$ 时，${\displaystyle f(x)}$ 在 ${\displaystyle (0,a)}$ 上减，${\displaystyle (a,+\mathrm{\infty })}$ 上增. 又 $$f(\mathrm{e})=\mathrm{e}-a<0,f(1)=1>0,f(a^2)=a(a-2\ln a)>{\displaystyle (a-\frac{2a}{\mathrm{e}})>0,}$$ 故 ${\displaystyle f(x)}$ 在 ${\displaystyle (1,\mathrm{e}),(\mathrm{e},a^2)}$ 上各有一零点.
      综上 ${\displaystyle a>\mathrm{e}}$.
   2. 证明 记 ${\displaystyle g(x)={\displaystyle \ln x-\frac{2x^2}{x^2+{\mathrm{e}}^2}}}$, 则 ${\displaystyle g^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{(x^2-{\mathrm{e}}^2{)}^2}{x(x^2+{\mathrm{e}}^2{)}^2}\ge 0}}$, 且 ${\displaystyle g(\mathrm{e})=0}$. 由 1.1 得 ${\displaystyle x_1<\mathrm{e}<x_2}$, 这样 ${\displaystyle g(x_1)<0<g(x_2)}$.从而 $$\begin{array}{r}0=f(x_1)>x_1-a\frac{2x_1^2}{x_1^2+{\mathrm{e}}^2}\Rightarrow x_1^2-2a{x}_1+{\mathrm{e}}^2<0\Rightarrow x_1<a-\sqrt{a^2-{\mathrm{e}}^2},\end{array}$$
      同理 ${\displaystyle x_2>{\displaystyle a+\sqrt{a^2-{\mathrm{e}}^2}}}$, 从而 ${\displaystyle x_2-x_1>2\sqrt{a^2-{\mathrm{e}}^2}}$.
2. 证明 第一步: 证明 ${\displaystyle {\displaystyle \frac{x_3}{x_5}<\frac{s}{t}}}$. 原方程等价于$$\begin{array}{r}H(x)=x-(s+t)\ln x-\frac{st}{x}=0.\end{array}$$
   而 ${\displaystyle {\displaystyle h^{\prime }(x)=\frac{(x-s)(x-t)}{x^2}}}$, 这样 ${\displaystyle h(x)}$ 在 ${\displaystyle (0,s),(t,+\mathrm{\infty })}$ 上增，在 ${\displaystyle (s,t)}$ 上减. 而 ${\displaystyle h(x_3)=h(x_4)=h(x_5)=0}$, 故 ${\displaystyle x_3<s<x_4<t<x_5}$, 进而 ${\displaystyle {\displaystyle \frac{x_3}{x_5}<\frac{s}{t}}}$.
   第二步: 将不等式消为关于 ${\displaystyle {\displaystyle \frac{s}{t}}}$ 的单变元不等式. 由于 ${\displaystyle h(x_3)-h(x_5)=0}$, 整理得$$\begin{array}{r}(x_3-x_5)(1+\frac{st}{x_3{x}_5})=(s+t)\ln \frac{x_3}{x_5}\end{array}$$
   而${\displaystyle {\displaystyle {(\frac{x+1}{x-1}\ln x)}^{\prime }=\frac{1}{(x-1{)}^2}(x-\frac{1}{x}-2\ln x)<0,x<1}}$, 故不等式左边$$\begin{array}{r}\mathrm{LHS}=(x_3+x_5)(1+\frac{st}{x_3{x}_5})=(s+t)\frac{\frac{x_3}{x_5}+1}{\frac{x_3}{x_5}-1}\ln \frac{x_3}{x_5}>(s+t)\frac{\frac{s}{t}+1}{\frac{s}{t}-1}\ln \frac{s}{t}=\frac{(s+t{)}^2}{s-t}\ln \frac{s}{t},\end{array}$$
   因此消去${\displaystyle s+t}$，记${\displaystyle u={\displaystyle \frac{s}{t}<1}}$, 只需要证明$$\begin{array}{r}\frac{s+t}{s-t}\ln \frac{s}{t}>\frac{9s^2+3t^2}{s^2+2st+3t^2}\Leftarrow \phi (u)=\ln u-\frac{(9u^2+3)(u-1)}{(1+2u+3u^2)(u+1)}<0.\end{array}$$
   第三步: 证明 ${\displaystyle \phi (u)<0}$. 利用裴德逼近 ${\displaystyle {\displaystyle \ln x-\frac{3(x^2-1)}{x^2+4x+1}<0,\mathrm{\forall }x\in (0,1)}}$ (对这个函数求导得 ${\displaystyle {\displaystyle \frac{(x-1{)}^4}{x(x^2+4x+1{)}^2}\ge 0}}$ 从而易证)，有$$\begin{array}{r}\phi (u)<\frac{3(u^2-1)}{u^2+4u+1}-\frac{(9u^2+3)(u-1)}{(1+2u+3u^2)(u+1)}=-\frac{12u^2(1-u^2)}{(u^2+4u+1)(1+2u+3u^2)(u+1)}<0,\end{array}$$
   这样问题得证！