探究多变量不等式的证明

Exploring the Proof of Multivariate Inequalities

摘要: 多变量问题如何消元，构造合适的一元函数是难点，根据特点构造合适的函数体现了学生对美学的认识，创新性。消元法中的整体换元法：若两个变量存在确定的关系，可以利用其中一个变量替换另一个变量，直接消元，将两个变量转化为一个变量。若两个变量不存在确定的关系，有时可以将两个变量之间的关系看成一个整体(比如t=x1x2,t=x1−x2)等策略，将两个变量划归为一个变量整体换元，化为一元不等式。

Abstract: How to eliminate variables in multivariate problems and construct appropriate univariate functions are difficult points. Constructing appropriate functions according to characteristics reflects students’ understanding of aesthetics and innovation. The overall substitution method in the elimination method: If there is a definite relationship between two variables, one variable can be used to replace the other variable, directly eliminate the variables, and transform the two variables into one variable. If there is no definite relationship between the two variables, sometimes the relationship between the two variables can be regarded as a whole (such ast=x1x2,t=x1−x2) and other strategies to classify the two variables as one variable and replace the variables as a whole, and transform them into a univariate inequality.

1. 引言

多变量问题如何运用切线放缩法实质就是利用函数的图像性质解决一类多元的问题向一元函数不等式转化。此时，可以选择先求二阶导看凹凸性，判断这个函数是否能使用切线法，或者能够被用得比较好。也可以直接选择求一阶导，把等号取得条件的切线值求出来，对应不等式常数项配最后的常数系数。其本质相当于求这个一元函数在等号取到条件时(也就是文中的平衡点)的切线值，进一步求对于这个一元函数相对应的某个局部不等式。

引理：当$n>m>0$ 时，$\ln m-\ln n>\frac{m}{n}-\frac{n}{m}$ 。

简证：令$y=\ln t+t-\frac{1}{t},\left(t>1\right)$ ；$y^{\prime }=\frac{1}{t}+1+\frac{1}{t^2}=\frac{t^2+t+1}{t^2}=\frac{{\left(t+\frac{1}{2}\right)}^2+\frac{3}{4}}{t^2}>0$

$y=\ln t+t-\frac{1}{t},\left(t>1\right)\uparrow$ ；$\ln t+t-\frac{1}{t}>\ln 1+1-\frac{1}{1}=0$ ；$\ln t>\frac{1}{t}-t$

取$\frac{n}{m}=t,\left(n>m>0\right)$ 则$\ln m-\ln n>\frac{m}{n}-\frac{n}{m}$ 。

引理：$m>n>0$ ，求证：$\ln m-\ln n>\frac{2\left(m-n\right)}{m+n}$ 。

简证：$y=\ln t-2\left(\frac{t-1}{t+1}\right)=\ln t-2\left[\frac{\left(t+1\right)-2}{t+1}\right]=\ln t-2\left(1-\frac{2}{t+1}\right)=\ln t+\frac{4}{t+1}-2,\left(t>1\right)$ ，$y^{\prime }=\frac{1}{t}-\frac{4}{{\left(t+1\right)}^2}=\frac{{\left(t-1\right)}^2}{t{\left(t+1\right)}^2}>0,$

$y=\ln t-2\left(\frac{t-1}{t+1}\right),\left(t>1\right)\uparrow$ ；$\ln t-2\left(\frac{t-1}{t+1}\right)>0$ ；取$t=\frac{m}{n},\left(m>n>0\right)$

得$\ln m-\ln n>\frac{2\left(m-n\right)}{m+n}$ 。

引理：$\sqrt{ab}<\frac{a-b}{\ln a-\ln b}<\frac{a+b}{2}$ 。

简证：$\sqrt{ab}<\frac{a-b}{\ln a-\ln b}$ ，

不妨设$a>b>0$

$\begin{array}{l}\ln a-\ln b<\frac{a-b}{\sqrt{ab}};\ln t<\frac{1}{2}\left(t-\frac{1}{t}\right),\left(t>1\right)\\ y=\ln t-\frac{1}{2}\left(t-\frac{1}{t}\right)\Rightarrow y^{\prime }=\frac{1}{t}-\frac{1}{2}-\frac{1}{2t^2}=\frac{-t^2+2t-1}{2t^2}=\frac{-{\left(t-1\right)}^2}{2t^2}<0\end{array}$

$\begin{array}{l}y=\ln t-\frac{1}{2}\left(t-\frac{1}{t}\right),\left(t>1\right)\downarrow \\ \ln t<\frac{1}{2}\left(t-\frac{1}{t}\right)\end{array}$ 则$\sqrt{ab}<\frac{a-b}{\ln a-\ln b}$ ，要证明：$\frac{a-b}{\ln a-\ln b}<\frac{a+b}{2}$

不妨设$a>b>0$ 令$y=\ln t-2\left(\frac{t-1}{t+1}\right)=\ln t-2\left[\frac{\left(t+1\right)-2}{t+1}\right]=\ln t-2\left(1-\frac{2}{t+1}\right)=\ln t+\frac{4}{t+1}-2,\left(t>1\right)$ ，$y^{\prime }=\frac{1}{t}-\frac{4}{{\left(t+1\right)}^2}=\frac{{\left(t-1\right)}^2}{t{\left(t+1\right)}^2}>0,$

$y=\ln t-2\left(\frac{t-1}{t+1}\right),\left(t>1\right)\uparrow$ ；$\ln t-2\left(\frac{t-1}{t+1}\right)>0$ 取$t=\frac{a}{b},\left(a>b>0\right)$

得$\frac{a-b}{\ln a-\ln b}<\frac{a+b}{2}$ 综上：$\sqrt{ab}<\frac{a-b}{\ln a-\ln b}<\frac{a+b}{2}$ 。

引理：$\frac{a}{a+b}<\ln \frac{a+b}{b}<\frac{a}{b}$ 。$\left(a>0,b>0\right)$

$\frac{\frac{a}{b}}{\frac{a}{b}+1}<\ln \left(\frac{a}{b}+1\right)<\frac{a}{b}$ ，令$t=\frac{a}{b}$ ，

$y=\ln \left(t+1\right)-t\Rightarrow y^{\prime }=\frac{1}{t+1}-1=\frac{-t}{t+1}<0.y=\ln \left(t+1\right)-t,\left(t>0\right)\downarrow ;\ln \left(t+1\right)<t$

$\begin{array}{l}y=\ln \left(t+1\right)-\frac{t}{t+1}\Rightarrow y^{\prime }=\frac{1}{t+1}-\frac{1}{{\left(t+1\right)}^2}=\frac{t}{{\left(t+1\right)}^2}>0\\ y=\ln \left(t+1\right)-\frac{t}{t+1},\left(t>0\right)\uparrow ;\ln \left(t+1\right)>\frac{t}{t+1}\end{array}$

综上$\frac{a}{a+b}<\ln \frac{a+b}{b}<\frac{a}{b}$ 。$\left(a>0,b>0\right)$

2. 案例分析

1) 已知函数$f\left(x\right)=x{\text{e}}^{-x}\left(x\in R\right)$ 。若$x_1\ne x_2$ ，且$f\left(x_1\right)=f\left(x_2\right)$ ，求证：$x_1+x_2>2$ 。

证明：路一：$f\left(x\right)=\frac{x}{{\text{e}}^x}$ 在$\left(-\infty ,1\right)\uparrow ,\left(1,+\infty \right)\downarrow$

由$f\left(x_1\right)=f\left(x_2\right)$ ，不妨设$0<x_1<1<x_2$

构造函数$g\left(x\right)=f\left(2-x\right)-f\left(x\right)$ ，

$\begin{array}{l}{g}^{\prime }\left(x\right)=-f^{\prime }\left(2-x\right)-f^{\prime }\left(x\right),\left(1>x>0\right)\\ =\frac{-x+1}{{\text{e}}^{-x+2}}+\frac{-1+x}{{\text{e}}^x}=\left(-1+x\right)\left(\frac{-1}{{\text{e}}^{-x+2}}+\frac{1}{{\text{e}}^x}\right)=\left(-1+x\right)\frac{{\text{e}}^{-x+2}-{\text{e}}^x}{{\text{e}}^2}<0\end{array}$

$g\left(x\right)=f\left(2-x\right)-f\left(x\right),1>x>0\downarrow$ 则$g\left(x_1\right)=f\left(2-x_1\right)-f\left(x_1\right)>g\left(1\right)=0$

由$f\left(x_1\right)=f\left(x_2\right)$ 得$f\left(2-x_1\right)>f\left(x_2\right)$

由$2-x_1>1,x_2>1;f\left(x\right),\left(1,+\infty \right)\downarrow$ 得$2-x_1<x_2$ ，得：$x_1+x_2>2$ 。

路二：由引理：$\sqrt{ab}<\frac{a-b}{\ln a-\ln b}<\frac{a+b}{2}$ 。和$\frac{x_1}{{\text{e}}^{x_1}}=\frac{x_2}{{\text{e}}^{x_2}}$ 两边取对数得：

$\ln x_2-\ln x_1=x_2-x_1$ 则：$1=\frac{x_2-x_1}{\ln x_2-\ln x_1}<\frac{x_2+x_1}{2}$ ，得：$x_1+x_2>2$ 。

路三：

$\frac{x_1}{{\text{e}}^{x_1}}=\frac{x_2}{{\text{e}}^{x_2}}$ 两边取对数得：$\ln x_2-\ln x_1=x_2-x_1$ ，

$\ln \left(\frac{x_2}{x_1}\right)=x_2-x_1,t=\frac{x_2}{x_1}\Rightarrow x_2=t{x}_1,\ln t=t{x}_1-x_1=\left(t-1\right)x_1,x_1=\frac{\ln t}{t-1}\Rightarrow x_2=t{x}_1=\frac{t\ln t}{t-1}$

则：$x_2+x_1=\frac{\left(t+1\right)\ln t}{t-1}$ ，

令$\begin{array}{l}y=\frac{\left(t+1\right)\ln t}{t-1}\\ y^{\prime }=\frac{t-\frac{1}{t}-2\ln t}{{\left(t-1\right)}^2}\end{array}$

由$t-\frac{1}{t}-2\ln t>0,\left(t>1\right);t-\frac{1}{t}-2\ln t<0,\left(0<t<1\right)$

得

$\begin{array}{l}y=\frac{t+1}{t-1}\cdot \ln t,\left(0<t<1\right)\downarrow ;\left(t>1\right)\uparrow \\ \underset{t\to 1}{\lim }\frac{\ln t}{t-1}=\underset{t\to 1}{\lim }\frac{\ln t-\ln 1}{t-1}={{\left(\ln t\right)}^{\prime }|}_{t=1}=1\\ \underset{t\to 1}{\lim }\frac{\ln t}{t-1}\cdot \underset{t\to 1}{\lim }\left(t+1\right)=2\\ x_1+x_2>2\end{array}$

评注：此法用到了导数定义求值，避开了罗比达法则不算超纲，课本上有导数定义，没有罗比达法则，笔者建议用好教材教学，$\frac{t+1}{t-1}\cdot \ln t>2$ 也可作为常用不等式结论记忆。

2) 已知函数$g\left(x\right)=\ln x-mx$ 有两个零点$x_1,x_2$ 。求证：$x_1\cdot x_2>{\text{e}}^2$

证明：路一、所证不等式$x_1{x}_2>{\text{e}}^2\iff x_1>\frac{{\text{e}}^2}{x_2}$ ，因为函数$g\left(x\right)=\ln x-mx$ 有两个零点$x_1,x_2$

$\therefore x_1,x_2$ 满足方程$m=\frac{\ln x}{x}$ ，易得：$0<x_1<\text{e}<x_2$ 。

考虑设$f\left(x\right)=\frac{\ln x}{x}$ ，$\therefore f\left(x_1\right)=f\left(x_2\right)$ ，易得$f\left(x\right)$ 在$\left(0,\text{e}\right)$ 单调递减，在$\left(\text{e},+\infty \right)$ 单调递增。

$\because 0<x_1<\text{e}<x_2$ ，$\therefore x_1\in \left(0,\text{e}\right),\frac{{\text{e}}^2}{x_2}\in \left(0,\text{e}\right)$ 。结合$f\left(x\right)$ 的单调性可知：只需证明$f\left(x_1\right)<f\left(\frac{{\text{e}}^2}{x_2}\right)$ 。$\because f\left(x_1\right)=f\left(x_2\right)$ ，所以只需证明：$f\left(x_2\right)<f\left(\frac{{\text{e}}^2}{x_2}\right)\iff f\left(x_2\right)-f\left(\frac{{\text{e}}^2}{x_2}\right)<0$ 。

即证明：$\frac{\ln \frac{{\text{e}}^2}{x_2}}{\frac{{\text{e}}^2}{x_2}}-\frac{\ln x_2}{x_2}<0\iff x_2\ln \frac{{\text{e}}^2}{x_2}-\frac{{\text{e}}^2}{x_2}\ln x_2<0\iff 2x_2^2-\left(x_2^2+{\text{e}}^2\right)\ln x_2<0$ 。

设$h\left(x\right)=2x^2-\left(x^2+{\text{e}}^2\right)\ln x,x\in \left(\text{e},+\infty \right)$ ，则$h\left(\text{e}\right)=0$ 。

$\therefore h^{\prime }\left(x\right)=4x-\frac{1}{x}\left(x^2+{\text{e}}^2\right)-2x\ln x=3x-\frac{{\text{e}}^2}{x}-2x\ln x$ ，则$h^{\prime }\left(\text{e}\right)=0$ 。

$\therefore h^{″}\left(x\right)=3+\frac{{\text{e}}^2}{x^2}-2\left(1+\ln x\right)=1+\frac{{\text{e}}^2}{x^2}-2\ln x$ ，则$h^{″}\left(\text{e}\right)=0$ 。

$\because h^{″}\left(x\right)$ 单调递减，$\therefore h^{″}\left(x\right)<h^{″}\left(e\right)=0$ ，$\therefore h^{\prime }\left(x\right)$ 单调递减，$\therefore h^{\prime }\left(x\right)<h^{\prime }\left(\text{e}\right)=0$ 。

$\therefore h\left(x\right)$ 单调递减，$\therefore h\left(x\right)<h\left(\text{e}\right)=0$ ，即$2x_2^2-\left(x_2^2+{\text{e}}^2\right)\ln x_2<0$ 得证。

$\therefore f\left(x_1\right)<f\left(\frac{{\text{e}}^2}{x_2}\right)$ 得证，从而有$x_1>\frac{{\text{e}}^2}{x_2}\iff x_1{x}_2>{\text{e}}^2$ 。

路二、由引理：$\sqrt{ab}<\frac{a-b}{\ln a-\ln b}<\frac{a+b}{2}$ 和$\{\begin{array}{l}\ln x_1-m{x}_1=0,①\\ \ln x_2-m{x}_2=0,②\end{array}$ 得：

$\frac{1}{m}=\frac{x_2-x_1}{\ln x_2-\ln x_1}$ ，由$f\left(x\right)=\frac{\ln x}{x}$ ，易得$f\left(x\right)$ 在$\left(0,\text{e}\right)$ 单调递减，在$\left(\text{e},+\infty \right)$ 单调递增。得$m\in \left(0,\frac{1}{\text{e}}\right)$ ，$\text{e}<\frac{1}{m}=\frac{x_2-x_1}{\ln x_2-\ln x_1}<\frac{x_2+x_1}{2}$ 。$m\left(x_1+x_2\right)>2\Rightarrow \ln x_1+\ln x_2>2$ ，得$x_1{x}_2>{\text{e}}^2$

路三、欲证$x_1{x}_2>{\text{e}}^2$ ，只需证$\ln x_1+\ln x_2>2$ 。

由函数$g\left(x\right)$ 有两个零点，又$g\left(x\right)=\ln x-mx$ ，

所以$x_1$ ，$x_2$ 是方程$f\left(x\right)=0$ 的两个不同实根。于是有$\{\begin{array}{l}\ln x_1-m{x}_1=0,①\\ \ln x_2-m{x}_2=0,②\end{array}$

1) +②可得$\ln x_1+\ln x_2=m\left(x_1+x_2\right)$ ，即$m=\frac{\ln x_1+\ln x_2}{x_1+x_2}$ ，

2) −①可得$\ln x_2-\ln x_1=m\left(x_2-x_1\right)$ ，即$m=\frac{\ln x_2-\ln x_1}{x_2-x_1}$ ，

从而可得$\frac{\ln x_2-\ln x_1}{x_2-x_1}=\frac{\ln x_1+\ln x_2}{x_1+x_2}$ ，于是$\ln x_1+\ln x_2=\frac{\left(\begin{array}{l}1+\frac{x_2}{x_1}\hfill \end{array}\right)\ln \frac{x_2}{x_1}}{\frac{x_2}{x_1}-1}$ 。

由$0<x_1<x_2$ ，设$t=\frac{x_2}{x_1}$ ，则$t>1$ 。因此$\ln x_1+\ln x_2=\frac{\left(1+t\right)\ln t}{t-1}$ ，$t>1$ 。

要证$\ln x_1+\ln x_2>2$ ，即证$\frac{\left(t+1\right)\ln t}{t-1}>2\left(t>1\right)$ ，即证当$t>1$ 时，有$\ln t>\frac{2\left(t-1\right)}{t+1}$ 。令$h\left(t\right)=\ln t-\frac{2\left(t-1\right)}{t+1}\left(t>1\right)$ ，

则$h\prime \left(t\right)=\frac{1}{t}-\frac{2\left(t+1\right)-2\left(t-1\right)}{{\left(t+1\right)}^2}=\frac{{\left(t-1\right)}^2}{t{\left(t+1\right)}^2}>0$ ，

所以$h\left(t\right)$ 为$\left(1,+\infty \right)$ 上的增函数。因此$h\left(t\right)>\ln 1-\frac{2\left(1-1\right)}{1+1}=0$ 。

于是当$t>1$ 时，有$\ln t>\frac{2\left(t-1\right)}{t+1}$ 。所以有$\ln x_1+\ln x_2>2$ 成立，即$x_1{x}_2>{\text{e}}^2$ 。

评注：也可以通过令$t=\frac{x_2}{x_1},x_2=t{x}_1,\frac{\ln x_2}{\ln x_1}=\frac{x_2}{x_1}\Rightarrow \ln x_1=\frac{\ln t}{t-1},\ln x_2=\frac{t\ln t}{t-1}$

欲证$x_1{x}_2>{\text{e}}^2$ ，只需证$\ln x_1+\ln x_2>2$ ，只要证明：$\frac{t+1}{t-1}\cdot \ln t>2$ 。

3) 已知函数$f\left(x\right)=\frac{1-x}{1+x^2}{\text{e}}^x$ 。证明：当$f\left(x_1\right)=f\left(x_2\right)\left(x_1\ne x_2\right)$ 时，$x_1+x_2<0$ 。

证明：路一：构造函数$F\left(x\right)=f\left(x\right)-f\left(-x\right)$ ，$x\in \left(0,+\infty \right)$ ，代入化简得$F\left(x\right)=\frac{\left(1-x\right){\text{e}}^x-\frac{1+x}{{\text{e}}^x}}{1+x^2}$ 。

再次局部构造辅助函数，令$G\left(x\right)=\left(1-x\right){\text{e}}^x-\frac{1+x}{{\text{e}}^x}$ ，求导得$G\prime \left(x\right)=-x{\text{e}}^{-x}\left({\text{e}}^{2x}-1\right)$ 。

当$x\in \left(0,+\infty \right)$ 时，$G\prime \left(x\right)<0$ ，即$G\left(x\right)$ 是$\left(0,+\infty \right)$ 上的单调减函数。于是$G\left(x\right)<G\left(0\right)=0$ ，则$F\left(x\right)<0$ 。

即$F\left(x\right)=f\left(x\right)-f\left(-x\right)<0$ 。所以$x\in \left(0,+\infty \right)$ 时，$f\left(x\right)<f\left(-x\right)$ 。

由$x_2\in \left(0,＋\infty \right)$ ，则$f\left(x_2\right)<f\left(-x_2\right)$ 。又$f\left(x_1\right)=f\left(x_2\right)$ ，即得$f\left(x_1\right)<f\left(-x_2\right)$ 。

根据(1)知$f\left(x\right)$ 是$\left(－\infty ,0\right)$ 上的单调增函数，而$x_1\in \left(-\infty ,0\right)$ ，$-x_2\in \left(-\infty ,0\right)$ ，

所以$x_1<-x_2$ ，故$x_1+x_2<0$ 得证。

路二：不妨设$x_1<x_2$ ，要证明$x_1+x_2<0$ ，即$x_1<-x_2<0$ ，只需证明$f\left(x_1\right)<f\left(-x_2\right)$ ，

因为$f\left(x_1\right)=f\left(x_2\right)$ ，即$f\left(x_2\right)<f\left(－x_2\right)$ 。

而$f\left(x_2\right)<f\left(-x_2\right)$ 等价于$\left(1-x_2\right){\text{e}}^{2x_2}-1-x_2<0$ ，$x\in \left(0,+\infty \right)$ ，

令$g\left(x\right)=\left(1-x\right){\text{e}}^{2x}-1-x\left(x>0\right)$ ，又$g^{\prime }\left(x\right)=\left(1-2x\right){\text{e}}^{2x}-1$ ，

令$h\left(x\right)=\left(1-2x\right){\text{e}}^{2x}-1$ ，则$h^{\prime }\left(x\right)=-4x{\text{e}}^{2x}<0$ ，所以$h\left(x\right)$ 单调递减，$h\left(x\right)<h\left(0\right)=0$ ，即$g^{\prime }\left(x\right)<0$ ，所以$g\left(x\right)$ 单调递减，所以$g\left(x\right)<g\left(0\right)=0$ ，得证。

路三：先证明：$x\in \left(0,+\infty \right)$ ，$f\left(x\right)<f\left(-x\right)$ ，即证$\frac{1-x}{1+x^2}{\text{e}}^x<\frac{1+x}{1+x^2}{\text{e}}^x$ ，

此不等式等价于$\left(1-x\right){\text{e}}^x-\frac{1+x}{{\text{e}}^x}<0$ 。

令$g\left(x\right)=\left(1-x\right){\text{e}}^x-\frac{1+x}{{\text{e}}^x}$ ，则$g^{\prime }\left(x\right)=-x{\text{e}}^{-x}\left({\text{e}}^{2x}-1\right)$ 。

当$x\in \left(0,+\infty \right)$ ，$g\left(x\right)<0$ ，$g\left(x\right)$ 单调递减，从而$g\left(x\right)<g\left(0\right)=0$ ，即$\left(1-x\right){\text{e}}^x-\frac{1+x}{{\text{e}}^x}<0$ 。

所以$x\in \left(0,+\infty \right)$ ，$f\left(x\right)<f\left(-x\right)$ ，而$x_2\in \left(0,+\infty \right)$ ，所以$f\left(x_2\right)<f\left(-x_2\right)$ ，从而$f\left(x_1\right)<f\left(-x_2\right)$ 。

由于$x_1,-x_2\in \left(-\infty ,0\right)$ ，$f\left(x\right)$ 在$\left(-\infty ,0\right)$ 上单调递增，所以$x_1<-x_2$ ，即$x_1+x_2<0$ 。

评注：讨论不等式时可分而治之，判断出与零的大小关系。

4) 若函数$g\left(x\right)={\text{e}}^x-2ax-a\left(a>0\right)$ 恰有两个不同的零点$x_1,x_2$ ，证明：$1<x_1+x_2<2\ln 2a$ 。

证明：路一：由引理：$\sqrt{ab}<\frac{a-b}{\ln a-\ln b}<\frac{a+b}{2}$ 。

取$a={\text{e}}^{x_1},b={\text{e}}^{x_2}$ 得$\frac{{\text{e}}^{x_1}+{\text{e}}^{x_2}}{2}>\frac{{\text{e}}^{x_1}-{\text{e}}^{x_2}}{x_1-x_2}>\sqrt{{\text{e}}^{x_1+x_2}}$

又$\{\begin{array}{l}{\text{e}}^{x_1}-2a{x}_1-a=0\\ {\text{e}}^{x_2}-2a{x}_2-a=0\end{array}$ 得：$\frac{{\text{e}}^{x_1}-{\text{e}}^{x_2}}{x_1-x_2}=2a,{\text{ e}}^{x_1}+{\text{e}}^{x_2}=2a\left(x_1+x_2\right)+2a$

$a\left(x_1+x_2\right)+a>2a>\sqrt{{\text{e}}^{x_1+x_2}}$ ，即：$1<x_1+x_2<2\ln 2a$ 。

路二：不等式左边：

$\{\begin{array}{l}{\text{e}}^{x_2}=a\left(2x_2+1\right)\\ {\text{e}}^{x_1}=a\left(2x_1+1\right)\end{array}$ 两式相除得：$\frac{{\text{e}}^{x_2}}{{\text{e}}^{x_1}}=\frac{2x_2+1}{2x_1+1}$ 整理得$\frac{{\text{e}}^{2x_2+1}}{{\text{e}}^{2x_1+1}}={\left(\frac{2x_2+1}{2x_1+1}\right)}^2$

令${\lambda }_1=2x_1+1,{\lambda }_2=2x_2+1$ 得$\frac{{\text{e}}^{{\lambda }_2}}{{\text{e}}^{{\lambda }_1}}={\left(\frac{{\lambda }_2}{{\lambda }_1}\right)}^2$ 两边取对数得：${\lambda }_2-{\lambda }_1=2\ln \left(\frac{{\lambda }_2}{{\lambda }_1}\right)$

令$t=\frac{{\lambda }_2}{{\lambda }_1}$ ，得${\lambda }_1=\frac{2\ln t}{t-1},{\lambda }_2=\frac{2t\ln t}{t-1}$ $x_1+x_2=\frac{{\lambda }_1+{\lambda }_2}{2}-1=\frac{t+1}{t-1}\ln t-1>2-1=1$ 。

不等式右边：

由$\text{2}a=\frac{{\text{e}}^{x_1}-{\text{e}}^{x_2}}{x_1-x_2}$ 。所证不等式右边等价于：$\frac{x_1+x_2}{2}<\ln \frac{{\text{e}}^{x_1}-{\text{e}}^{x_2}}{x_1-x_2}\iff {\text{e}}^{\frac{x_1+x_2}{2}}<\frac{{\text{e}}^{x_1}-{\text{e}}^{x_2}}{x_1-x_2}$ ，不妨设$x_1>x_2$ ，两边同除以${\text{e}}^{x_2}$ 可得：${\text{e}}^{\frac{x_1-x_2}{2}}<\frac{{\text{e}}^{x_1-x_2}-1}{x_1-x_2}$ 。令$t=x_1-x_2$ $t\in \left(0,+\infty \right)$ 。

所证不等式只需证明：${\text{e}}^{\frac{t}{2}}<\frac{{\text{e}}^t-1}{t}\iff t{\text{e}}^{\frac{t}{2}}-{\text{e}}^t\text{+}1<0$ ，设$p\left(x\right)=t{\text{e}}^{\frac{t}{2}}-{\text{e}}^t+1$ ，$p^{\prime }\left(x\right)=-{\text{e}}^{\frac{t}{2}}\left({\text{e}}^{\frac{t}{2}}-\left(\frac{t}{2}+1\right)\right)$

由${\text{e}}^x\ge x+1$ 可得：${\text{e}}^{\frac{t}{2}}-\left(\frac{t}{2}+1\right)\ge \text{0}$ ，$\therefore p^{\prime }\left(x\right)\le 0$ ，

$\therefore p\left(t\right)$ 在$\left(\text{0},\text{+}\infty \right)$ 单调递减，$p\left(t\right)<p\left(0\right)=0$ ，$\therefore$ 原不等式成立，即$\frac{x_1+x_2}{2}<\ln 2a$

综上：$1<x_1+x_2<2\ln 2a$ 。

评注：此方法用到了齐次构造，$\frac{{\text{e}}^{x_2}}{{\text{e}}^{x_1}}=\frac{2x_2+1}{2x_1+1}$ 整理为$\frac{{\text{e}}^{2x_2+1}}{{\text{e}}^{2x_1+1}}={\left(\frac{2x_2+1}{2x_1+1}\right)}^2$ 是一个创新点。对$\frac{x_1+x_2}{2}<\ln \frac{{\text{e}}^{x_1}-{\text{e}}^{x_2}}{x_1-x_2}$ 的处理，此时对数部分无法再做变形，两边取指数，而后同除以${\text{e}}^{x_2}$ ，使得不等式的左右都是以$x_1-x_2$ 为整体的表达式，再利用整体换元转化为一元不等式是亮点。

5) 已知函数$f\left(x\right)=\frac{m}{x}+\frac{1}{2}\ln x-1\left(m\in R\right)$ 的两个零点为$x_1$ ，$x_2\left(x_1<x_2\right)$ 。求证：$\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}>\frac{2}{\text{e}}$ 。

证明：路一：易得m的取值范围为$\left(0,\frac{\text{e}}{2}\right)$ 。做变量替换令$t=\frac{1}{x}$ ，则$f\left(t\right)=mt-\frac{1}{2}\ln t-1$ ，由题意知方程$mt-2\ln t-1=0$ 有两个根$t_1$ ，$t_2$ ，即方程$m=\frac{\ln t+2}{2t}$ 有两个根$t_1$ ，$t_2$ ，不妨设$t_1=\frac{1}{x_1}$ ，$t_2=\frac{1}{x_2}$ 。令$h\left(t\right)=\frac{\ln t+2}{2t}$ ，则$h^{\prime }\left(t\right)=-\frac{\ln t+1}{2t^2}$ ，

由$h^{\prime }\left(t\right)>0$ 可得$0<t<\frac{1}{\text{e}}$ ，由$h^{\prime }\left(t\right)<0$ 可得$t>\frac{1}{\text{e}}$ ，$\therefore t\in \left(0,\frac{1}{\text{e}}\right)$ 时，$h\left(t\right)$ 单调递增，$t\in \left(\frac{1}{\text{e}},+\infty \right)$ 时，$h\left(t\right)$ 单调递减。

故结合已知有$t_1>\frac{1}{\text{e}}>t_2>0$ ，要证$\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}>\frac{2}{\text{e}}$ ，即证$t_1+t_2>\frac{2}{\text{e}}$ ，即$t_1>\frac{2}{\text{e}}-t_2>\frac{1}{\text{e}}$

即证$h\left(t_1\right)<h\left(\frac{2}{\text{e}}-t_2\right)$ 。令$\varphi \left(x\right)=h\left(x\right)-h\left(\frac{2}{\text{e}}-x\right)$ ，

下面证$\varphi \left(x\right)<0$ 对任意的$x\in \left(0,\frac{1}{\text{e}}\right)$ 恒成立。

${\varphi }^{\prime }\left(x\right)=h^{\prime }\left(x\right)+h^{\prime }\left(\frac{2}{\text{e}}-x\right)=\frac{-\ln x-1}{2x^2}+\frac{-\ln \left(\frac{2}{\text{e}}-x\right)-1}{2{\left(\frac{2}{\text{e}}-x\right)}^2}$ 。

$\therefore x\in \left(0,\frac{1}{\text{e}}\right)$ ，$\therefore -\ln x-1>0$ ，$x^2<{\left(\frac{2}{\text{e}}-x\right)}^2$ ，$\therefore {\varphi }^{\prime }\left(x\right)>\frac{-\ln x-1}{2{\left(\frac{2}{\text{e}}-x\right)}^2}+\frac{-\ln \left(\frac{2}{\text{e}}-x\right)-1}{2{\left(\frac{2}{\text{e}}-x\right)}^2}=\frac{-\ln x\left(\frac{2}{\text{e}}-x\right)-2}{2{\left(\frac{2}{\text{e}}-x\right)}^2}$ 。

$\because x\left(\frac{2}{\text{e}}-x\right)<{\left[\frac{x+\left(\frac{2}{\text{e}}-x\right)}{2}\right]}^2=\frac{1}{{\text{e}}^2}$ ，$\therefore {\varphi }^{\prime }\left(x\right)>0$ ，$\therefore \varphi \left(x\right)$ 在$\left(\text{0,}\frac{1}{\text{e}}\right)$ 是增函数，$\therefore \varphi (x)<\varphi \left(\frac{1}{\text{e}}\right)=0$ ，原不等式成立。

路二、做变量替换令$t=\frac{1}{x}$ ，则$f\left(t\right)=mt-\frac{1}{2}\ln t-1$ ，的零点为$t_1$ ，$t_2$ 。即证$t_1+t_2>\frac{2}{\text{e}}$

易得m的取值范围为$\left(0\text{,}\frac{\text{e}}{2}\right)$ ，$\frac{1}{m}\in \left(\frac{2}{\text{e}},+\infty \right)$ 。$\frac{t_1-t_2}{\ln t_1-\ln t_2}=\frac{1}{2m}$

由引理：$\sqrt{ab}<\frac{a-b}{\ln a-\ln b}<\frac{a+b}{2}$ 。得$\frac{1}{\text{e}}<\frac{1}{2m}=\frac{t_2-t_1}{\ln t_2-\ln t_1}<\frac{t_2+t_1}{2}$ 即$\frac{2}{\text{e}}<t_2+t_1$

评论：做变换后m的范围不会发生改变，读者要重视这一点。作变量的替换时，一定要标明新变量的范围。

6) 设函数$f\left(x\right)=-\frac{a}{2}{\text{e}}^{2x}+\left(x-1\right){\text{e}}^x\left(a\in R\right)$ 。若$f\left(x\right)$ 有两个极值点$x_1$ 、$x_2\left(x_1<x_2\right)$ ，证明：$x_1+2x_2>3$ 。

证明：路一：由题意得$x_1$ 、$x_2\left(x_1<x_2\right)$ 是方程$a{\text{e}}^x=x$ 的两个穿透零点。代入两式相除得${\text{e}}^{x_1-x_2}=\frac{x_1}{x_2}$ 。令$t=\frac{x_1}{x_2},x_1=t{x}_2$ 代入得$x_2=\frac{\ln t}{t-1},x_1=\frac{t\ln t}{t-1}$

得：$x_1+2x_2=\frac{\left(t+2\right)\ln t}{t-1},\left(0<t<1\right)$

$\begin{array}{l}y=\frac{\left(t+2\right)\ln t}{t-1},\left(0<t<1\right)\Rightarrow y^{\prime }=\frac{t+1-\frac{2}{t}-3\ln t}{{\left(t-1\right)}^2}<0\\ y=\frac{\left(t+2\right)\ln t}{t-1},\left(0<t<1\right)\downarrow \left(\frac{\left(t+2\right)\ln t}{t-1}>3=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\ln t}{t-1}\cdot \underset{x\to 1}{\lim }\left(t+2\right)\right)\end{array}$

得$x_1+2x_2>3$ 。

评注：用到了导数定义求值，避开了洛比达法。

路二、要证：$x_1+2x_2>3$ 。$\frac{1}{3}{x}_1+\frac{2}{3}{x}_2>1$ 由于$x_2>x_1$ 得$\frac{1}{3}{x}_1+\frac{2}{3}{x}_2>\frac{x_1+x_2}{2}$ 即证明：$x_1+x_2>2$ 由$\frac{x_1}{{\text{e}}^{x_1}}=\frac{x_2}{{\text{e}}^{x_2}}$ 两边取对数得：$\ln x_2-\ln x_1=x_2-x_1$ ，则：$1=\frac{x_2-x_1}{\ln x_2-\ln x_1}<\frac{x_2+x_1}{2}$ ，得：$x_1+x_2>2$ 。得$x_1+2x_2>3$ 。

7) 已知函数$f\left(x\right)=\ln x-ax\left(a\in R\right)$ 。若函数$f\left(x\right)$ 有两个零点$x_1$ ，$x_2$ ，证明：$\frac{1}{\ln x_1}+\frac{1}{\ln x_2}>2$ 。

证明：路一：易得$a\in \left(0,\frac{1}{\text{e}}\right)$

$\{\begin{array}{l}\ln x_1=a{x}_1\\ \ln x_2=a{x}_2\end{array}\Rightarrow \ln \left(\frac{x_1}{x_2}\right)=a\left(x_1-x_2\right)\Rightarrow \frac{1}{\ln x_1}+\frac{1}{\ln x_2}=\frac{1}{a}\left(\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}\right)=\frac{1}{a}\cdot \frac{x_1+x_2}{x_1{x}_2}$

要证明：$\frac{1}{\ln x_1}+\frac{1}{\ln x_2}>2$ 。

即证明：$\frac{1}{a}\cdot \frac{x_1+x_2}{x_1{x}_2}>2\Rightarrow \frac{x_1+x_2}{x_1{x}_2}>2a\Rightarrow \frac{x_1+x_2}{x_1{x}_2}>2\frac{\ln \left(\frac{x_1}{x_2}\right)}{x_1-x_2}\Rightarrow \frac{x_1+x_2}{x_1{x}_2}>2\frac{\ln \left(\frac{x_1}{x_2}\right)}{x_1-x_2},$

不妨设$x_1>x_2>0$

则$\frac{\left(x_1+x_2\right)\left(x_1-x_2\right)}{x_1{x}_2}>2\ln \left(\frac{x_1}{x_2}\right)\Rightarrow \frac{\left(x_1^2-x_2^2\right)}{x_1{x}_2}>2\ln \left(\frac{x_1}{x_2}\right)\Rightarrow \frac{x_1}{x_2}-\frac{x_2}{x_1}>2\ln \left(\frac{x_1}{x_2}\right)$

令$t=\frac{x_1}{x_2},\left(t>1\right)$ $y=t-\frac{1}{t}-2\ln t$ ；$y^{\prime }=1+\frac{1}{t^2}-\frac{2}{t}=\frac{t^2-2t+1}{t^2}>0$ ；$t-\frac{1}{t}>2\ln t$

则$\frac{1}{\ln x_1}+\frac{1}{\ln x_2}>2$ 。

路二：作变量替换令$x={\text{e}}^{\frac{1}{t}}$ 则$y=\frac{1}{t}-a{\text{e}}^{\frac{1}{t}}$ 的零点为$t_1,t_2$

要证明：$\frac{1}{\ln x_1}+\frac{1}{\ln x_2}>2$ 。则证明：$t_1+t_2>2$

由于$\frac{1}{t}=a{\text{e}}^{\frac{1}{t}}$ 两边取对数得$-\ln t=\ln a+\frac{1}{t}$ 代入$\{\begin{array}{l}-\ln t_2=\ln a+\frac{1}{t_2}\\ -\ln t_1=\ln a+\frac{1}{t_1}\end{array}$ 两式相减得$-\ln \frac{t_2}{t_1}=\frac{1}{t_2}-\frac{1}{t_1}$

令$\lambda =\frac{t_2}{t_1},-\ln \lambda =\frac{1}{\lambda t_1}-\frac{1}{t_1}\Rightarrow t_1=\frac{\lambda -1}{\lambda \ln \lambda },t_2=\frac{{\lambda }^2-\lambda }{\lambda \ln \lambda }$

$t_1+t_2=\frac{{\lambda }^2-1}{\lambda \ln \lambda }$ ；$g\left(\lambda \right)=\frac{{\lambda }^2-1}{\lambda \ln \lambda },\left(0,1\right)\downarrow ;\left(1,+\infty \right)\uparrow$

$t_1+t_2=\frac{{\lambda }^2-1}{\lambda \ln \lambda }>2=\underset{\lambda \to 1}{\lim }\frac{\lambda -1}{\ln \lambda }\underset{\lambda \to 1}{\lim }\frac{\lambda +1}{\lambda }$

评注：$g\left(\lambda \right)=\frac{{\lambda }^2-1}{\lambda \ln \lambda },\left(0,1\right)\downarrow ;\left(1,+\infty \right)\uparrow$ 。$\frac{{\lambda }^2-1}{\lambda \ln \lambda }>2$ 当作结论记忆。此处也用了导数定义求极限。

路三、作变量替换令$x={\text{e}}^{\frac{1}{t}}$ 则$y=\frac{1}{t}-a{\text{e}}^{\frac{1}{t}}$ 的零点为$t_1,t_2$

要证明：$\frac{1}{\ln x_1}+\frac{1}{\ln x_2}>2$ 。则证明：$t_1+t_2>2$

由于$\frac{1}{t}=a{\text{e}}^{\frac{1}{t}}$ 两边取对数得$-\ln t=\ln a+\frac{1}{t}$ 代入$\{\begin{array}{l}-\ln t_2=\ln a+\frac{1}{t_2}\\ -\ln t_1=\ln a+\frac{1}{t_1}\end{array}$ 两式相减得$-\ln \frac{t_2}{t_1}=\frac{1}{t_2}-\frac{1}{t_1}$

由引理：$\sqrt{ab}<\frac{a-b}{\ln a-\ln b}<\frac{a+b}{2}$ 。得：

$\begin{array}{l}\frac{t_1+t_2}{2}>\frac{t_2-t_1}{\ln t_2-\ln t_1}=t_1{t}_2>\sqrt{t_1{t}_2}\\ \sqrt{t_1{t}_2}>1\Rightarrow \frac{t_1+t_2}{2}>1\Rightarrow t_1+t_2>2\end{array}$

8) 若$x_1$ ，$x_2\left(x_1<x_2\right)$ 是方程$x^2\ln x+a=0,\left(a>0\right)$ 的两个不同的正实根，证明：$x_1^2+x_2^2>4a$ 。

证明：路一、$x^2\ln x+a=0,\left(a>0\right)$ 恒等变形为$x^2\ln x^2+2a=0$ ，令$t=x^2$ 则$t_1,t_2$ 是方程$t\ln t+2a=0$ 的两个正实数根，要证$x_1^2+x_2^2>4a$ 。即证明：$t_1+t_2>4a$

$\{\begin{array}{l}\ln t_1+\frac{2a}{t_1}=0\\ \ln t_2+\frac{2a}{t_2}=0\end{array}$

两式相减得$\ln \frac{t_1}{t_2}+2a\left(\frac{t_2-t_1}{t_1{t}_2}\right)=0$

令$\lambda =\frac{t_1}{t_2},\ln \lambda =\frac{2a\left(\lambda -1\right)}{\lambda t_2},t_2=\frac{2a\left(\lambda -1\right)}{\lambda \ln \lambda },t_1=\frac{2a\left({\lambda }^2-\lambda \right)}{\lambda \ln \lambda }$ ；

要证明$t_1+t_2>4a$ ，即证明$\frac{{\lambda }^2-1}{\lambda \ln \lambda }>2$ 成立。

$g\left(\lambda \right)=\frac{{\lambda }^2-1}{\lambda \ln \lambda },\left(0,1\right)\downarrow ;\left(1,+\infty \right)\uparrow$ ；$t_1+t_2=\frac{{\lambda }^2-1}{\lambda \ln \lambda }>2=\underset{\lambda \to 1}{\lim }\frac{\lambda -1}{\ln \lambda }\underset{\lambda \to 1}{\lim }\frac{\lambda +1}{\lambda }$ 即有$x_1^2+x_2^2>4a$ 。

路二、要证$x_1^2+x_2^2>4a$ 。即证$t_1+t_2>4a$ ：

$\{\begin{array}{l}\ln t_1+\frac{2a}{t_1}=0\\ \ln t_2+\frac{2a}{t_2}=0\end{array}$

两式相减得$\ln \frac{t_1}{t_2}+2a\left(\frac{t_2-t_1}{t_1{t}_2}\right)=0$

由引理：$\sqrt{ab}<\frac{a-b}{\ln a-\ln b}<\frac{a+b}{2}$ 。得：

$\begin{array}{l}\frac{t_1+t_2}{2}>\frac{t_2-t_1}{\ln t_2-\ln t_1}=\frac{t_1{t}_2}{2a}>\sqrt{t_1{t}_2}\\ \sqrt{t_1{t}_2}>2a\Rightarrow \frac{t_1+t_2}{2}>2a\Rightarrow t_1+t_2>4a\end{array}$

9) 已知函数$f\left(x\right)=a-\frac{1}{x}-\ln x\left(a\in R\right)$ 。若$f\left(x\right)$ 有两零点$x_1$ ，$x_2\left(x_1<x_2\right)$ ，

求证：$2<x_1+x_2<3{\text{e}}^a{}^{-1}-1$ 。

证明：用对称性构造$h\left(x\right)=f\left(2-x\right)-f\left(x\right)$ 解决左侧不等式证明；

不等式右边$x_1+x_2<3{\text{e}}^a{}^{-1}-1$ 。转化证明：$1+x_1+x_2<3{\text{e}}^a{}^{-1}$ 又$1<\frac{x_1+x_2}{2}$ 则$1+x_1+x_2<\frac{x_1+x_2}{2}+x_1+x_2=\frac{3}{2}\left(x_1+x_2\right)$ 即证明加强不等式$x_1+x_2<2{\text{e}}^{a-1}$

令$g\left(x\right)=ax-1-x\ln x$ ，对称性构造$h\left(x\right)=g\left(2{\text{e}}^{a-1}-x\right)-g\left(x\right)$ 解决右侧不等式证明[1]。

10) 方程$\ln x-x=m\left(m<-2\right)$ 有两个相异实根$x_1$ ，$x_2$ ，且$x_1<x_2$ ，求证：$x_1\cdot x_2<2$ 。

证明：两个相异实根$x_1$ ，$x_2$ 满足$\ln x-x-m=0$ ，

且$0<x_1<1<x_2$ ，即$\ln x_1-x_1-m=\ln x_2-x_2-m=0$ 。

由题意，可知$\ln x_1-x_1=m<-2<\ln 2-2$ ，

又由(1)可知，$f\left(x\right)=\ln x-x$ 在$\left(1,+\infty \right)$ 上单调递减，故$x_2>2$ 。

令$g\left(x\right)=\ln x-x-m$ ，则$g\left(x\right)-g\left(\frac{2}{x^2}\right)=-x+\frac{2}{x^2}+3\ln x-\ln 2$ 。

令$h\left(t\right)=-t+\frac{2}{t^2}+3\ln t-\ln 2\left(t>2\right)$ ，则$h^{\prime }\left(t\right)=-\frac{{\left(t-2\right)}^2\left(t+1\right)}{t^3}$ 。

当$t>2$ 时，$h\prime \left(t\right)<0$ ，$h\left(t\right)$ 单调递减，所以$h\left(t\right)<h\left(2\right)=2\ln 2-\frac{3}{2}<0$ ，所以$g\left(x\right)<g\left(\frac{2}{x^2}\right)$ ，因为$x_2>2$ 且$g\left(x_1\right)=g\left(x_2\right)$ ，所以$h\left(x_2\right)<0$ ，即$g\left(x_1\right)<g\left(\frac{2}{x_2^2}\right)$ 。

因为$g\left(x\right)$ 在(0, 1)上单调递增，所以$x_1<\frac{2}{x_2^2}$ ，故$x_1\cdot x_2^2<2$ 。

评注：方程根之间的不等式关系比较复杂，此类问题可通过不等式的等价变形，将两个根分布在不等式两侧，然后利用函数的单调性转化为对应函数值之间的大小关系即可[2]。显然构造函数的关键仍然

是消掉参数，另外根据函数性质确定“$x_2>2$ ”是解题的一个关键点，确定其范围之后才能将$x_1$ 与$\frac{2}{x_2^2}$ 化

归到函数的同一个单调区间上，这也是此类问题的一个难点。

11) 已知函数$f\left(x\right)=\frac{1}{2}{\text{e}}^{2x}-\left(a+1\right)\left(x-1\right){\text{e}}^x+\frac{1}{3}a{x}^3,a<-16$

$f^{\prime }\left(x\right)+\left(a+1\right)x{\text{e}}^x=0$ 在$\left(0,+\infty \right)$ 上有两个不同实数根记为$x_1,x_2$ ，若$x_1<x_2$

求证：$3x_1-x_2<\frac{3-\text{e}}{\text{e}-1}$

证明：由$f^{\prime }(x)={\text{e}}^{2x}-\left(a+1\right)x{\text{e}}^x+a{x}^2$ 和$f^{\prime }(x)+\left(a+1\right)x{\text{e}}^x=0$ 得

${\text{e}}^{2x}+a{x}^2=0$ 即有：$\frac{{\text{e}}^x}{x}=\sqrt{-a}$ 在$\left(0,+\infty \right)$ 上有两个不同实数根记为$x_1,x_2$ ，若$x_1<x_2$

那么：

$\{\begin{array}{l}\frac{{\text{e}}^{x_1}}{x_1}=\sqrt{-a}\\ \frac{{\text{e}}^{x_2}}{x_2}=\sqrt{-a}\end{array}$

令$t=\frac{x_2}{x_1},x_2=t{x}_1$ 代入得$x_1=\frac{\ln t}{t-1},x_2=\frac{t\ln t}{t-1}$

则：$3x_1-x_2=\frac{3-t}{t-1}\ln t$

令$g\left(t\right)=\frac{3-t}{t-1}\ln t$ ，则$g^{\prime }\left(t\right)=\frac{\left(-t\ln t-t+3\right)\left(t-1\right)-\left(3-t\right)t\ln t}{t{\left(t-1\right)}^2}$

令$h\left(t\right)=\left(-t\ln t-t+3\right)\left(t-1\right)-\left(3-t\right)t\ln t$

则：$h^{\prime }\left(t\right)=-2\left(t-1+\ln t\right)$

由$t>1$ 得$t-1+\ln t>0$

则$h\left(t\right)=\left(-t\ln t-t+3\right)\left(t-1\right)-\left(3-t\right)t\ln t$ 在$\left(1,+\infty \right)$ 上单调递减，

则$h\left(t\right)<h\left(1\right)=0$ ，故$g^{\prime }\left(t\right)<0$

那么$g\left(t\right)=\frac{3-t}{t-1}\ln t$ 在$\left(1,+\infty \right)$ 上单调递减。

下面证明$t=\frac{x_2}{x_1}>\text{e}$

由$\{\begin{array}{l}\frac{{\text{e}}^{x_1}}{x_1}=\sqrt{-a}\\ \frac{{\text{e}}^{x_2}}{x_2}=\sqrt{-a}\end{array}$ 两式作比得$t=\frac{x_2}{x_1}={\text{e}}^{x_2-x_1}$

只需要证明$x_2-x_1>1$

即证明：$x_2>x_1+1$

由于$y=\frac{{\text{e}}^x}{x}$ 在$\left(0,1\right)$ 上单调递减，在$\left(1,+\infty \right)$ 上单调递增。

则只要证明：$\frac{{\text{e}}^{x_2}}{x_2}>\frac{{\text{e}}^{x_1+1}}{x_1+1}$

即证明$0<x_1<\frac{1}{\text{e}-1}$

由于$y=\frac{{\text{e}}^x}{x}$ 在$\left(0,1\right)$ 上单调递减和$a<-16$

则只要证明$\frac{{\text{e}}^{x_2}}{x_2}>4>\frac{{\text{e}}^{\frac{1}{\text{e}-1}}}{\frac{1}{\text{e}-1}}$

即证明$\frac{4}{\text{e}-1}>{\text{e}}^{\frac{1}{\text{e}-1}}$ ，两边取对数得：$2\ln 2+\ln \frac{1}{\text{e}-1}>\frac{1}{\text{e}-1}$ 即$2\ln 2>\frac{1}{\text{e}-1}-\ln \frac{1}{\text{e}-1}$

下面构造函数$y=x-\ln x$ ，$\left(0,1\right)$

$y^{\prime }=1-\frac{1}{x}<0$

$y=x-\ln x$ 在$\left(0,1\right)$ 上单调递增少，

$\frac{1}{\text{e}-1}>0.5,\frac{1}{\text{e}-1}-\ln \frac{1}{\text{e}-1}<\frac{1}{2}-\ln \frac{1}{2}=0.5+\ln 2<\ln 2+\ln 2=2\ln 2$

由$g\left(t\right)=\frac{3-t}{t-1}\ln t$ 在$\left(1,+\infty \right)$ 上单调递减，且$t=\frac{x_2}{x_1}>\text{e}$

得：$g\left(t\right)=\frac{3-t}{t-1}\ln t<g\left(\text{e}\right)=\frac{3-\text{e}}{\text{e}-1}$ ，即有$3x_1-x_2<\frac{3-\text{e}}{\text{e}-1}$

评注：由$y=\frac{{\text{e}}^x}{x}$ 在$\left(0,1\right)$ 上单调递减和$a<-16$ ，去找$t>\text{e}$ 这个结论转化到证明差值$x_2-x_1>1$ 。

证明时加强不等式$\frac{{\text{e}}^{x_2}}{x_2}>4>\frac{{\text{e}}^{\frac{1}{\text{e}-1}}}{\frac{1}{\text{e}-1}}$ 是此题目的亮点。

12) 已知函数$f\left(x\right)=a^x-\text{e}{x}^2,a>0$ 且$a\ne 1$ 。

(1) 设$g\left(x\right)=\frac{f\left(x\right)}{x}+\text{e}x$ ，讨论$g\left(x\right)$ 的单调性；

(2) 若$a>1$ 且$f\left(x\right)$ 存在三个零点$x_1,x_2,x_3$ 。

a) 求实数a的取值范围；

b) 设$x_1<x_2<x_3$ ，求证：$x_1+3x_2+x_3>\frac{2\text{e}+1}{\sqrt{\text{e}}}$ 。

解：(1) $g\left(x\right)=\frac{f\left(x\right)}{x}+\text{e}x=\frac{a^x-\text{e}{x}^2}{x}+\text{e}x=\frac{a^x}{x}$ ，$g^{\prime }\left(x\right)=\frac{a^x\ln a\cdot x-a^x}{x^2}=\frac{a^x\left(\ln a\cdot x-1\right)}{x^2}$ ，

因为$a^x>0,x^2>0$ ，$g\left(x\right)$ 定义域为$\left(-\infty ,0\right)\cup \left(0,+\infty \right)$

当$a>1$ 时，$\ln a>0$ ，解$g^{\prime }\left(x\right)>0$ ，得$x>\frac{1}{\ln a}$ ，解$g^{\prime }\left(x\right)<0$ ，得$0<x<\frac{1}{\ln a},x<0$

当$0<a<1$ 时，$\ln a<0$ ，解$g^{\prime }\left(x\right)>0$ ，得$x<\frac{1}{\ln a}$ ，解$g^{\prime }\left(x\right)<0$ ，得$0>x>\frac{1}{\ln a},x>0$

综上，当$a>1$ 时，$g\left(x\right)$ 增区间为$\left(\frac{1}{\ln a},+\infty \right)$ ，$g\left(x\right)$ 减区间为$\left(-\infty ,0\right),\left(0,\frac{1}{\ln a}\right)$ ，

当$0<a<1$ 时，$g\left(x\right)$ 增区间为$\left(-\infty ,\frac{1}{\ln a}\right)$ ，$g\left(x\right)$ 减区间为$\left(0,+\infty \right),\left(\frac{1}{\ln a},0\right)$ ，

(2) 1) 因为$f\left(x\right)=a^x-\text{e}{x}^2,a>1$ 且$f\left(x\right)$ 存在三个零点$x_1,x_2,x_3$ 。

所以$a^x-\text{e}{x}^2=0$ 有3个根。

当$x<0$ 时，$f\left(-1\right)=a^{-1}-e<0$ ，$f\left(0\right)=a^0>0$ ，$f^{\prime }\left(x\right)=a^x\ln a-2\text{e}x>0$ ，

$f\left(x\right)$ 在$\left(-\infty ,0\right)$ 上是单调递增的，由零点存在定理，方程必有一个负根。

当$x>0$ ，$x\ln a=1+2\ln x$ ，即$\ln a=\frac{1+2\ln x}{x}$ 有两个根，

令$t\left(x\right)=\frac{1+2\ln x}{x}$ ，可转化为$y=\ln a$ 与$t\left(x\right)=\frac{1+2\ln x}{x}$ 有两个交点。

$t^{\prime }\left(x\right)=\frac{2-\left(1+2\ln x\right)}{x^2}=\frac{1-2\ln x}{x^2}$ ，

可得$x\in \left(0,\sqrt{\text{e}}\right)$ ，$t^{\prime }\left(x\right)>0$ ，$t\left(x\right)$ 是单调递增的，可得$x\in \left(\sqrt{\text{e}},+\infty \right)$ ，$t^{\prime }\left(x\right)<0$ ，$t\left(x\right)$ 是单调递减的，其中$t\left(\frac{1}{\sqrt{\text{e}}}\right)=0$ ，当$x>\sqrt{\text{e}},t\left(x\right)>0$ ，$t{\left(x\right)}_{\text{max}}=t\left(\sqrt{\text{e}}\right)=\frac{2}{\sqrt{\text{e}}}$

所以可得$0<\ln a<\frac{2}{\sqrt{\text{e}}}$ ，

即得$1<a<{\text{e}}^{\frac{2}{\sqrt{\text{e}}}}$ 。

2) 因为$f\left(x\right)=a^x-\text{e}{x}^2,a>1$ 且$f\left(x\right)$ 存在三个零点$x_1,x_2,x_3$ 。

设$x_1<x_2<x_3$ ，$a^{x_1}=\text{e}{x}_1^2,a^{x_2}=\text{e}{x}_2^2,a^{x_3}=\text{e}{x}_3^2$ ，易知其中$x_1<0$ ，$0<x_2<x_3$ ，

因为$x_1<x_2,a^{x_1}<a^{x_2}$ ，所以$\text{e}{x}_1^2<\text{e}{x}_2^2,x_1^2<x_2^2,-x_1<x_2$ ，故可知$x_1+x_2>0$ ；①

由1)可知$y=\ln a$ ，与$t\left(x\right)=\frac{1+2\ln x}{x}$ 有两个交点$x_2<x_3$ ，

$x\in \left(0,\sqrt{\text{e}}\right)$ ，$t\left(x\right)$ 是单调递增的，$x_2\in \left(0,\sqrt{\text{e}}\right)$ ，$t\left(x_2\right)=\ln a>0$ ，$t\left(\frac{1}{\sqrt{\text{e}}}\right)=0$ ，所以$x_2>\frac{1}{\sqrt{\text{e}}}$ ；②

$\sqrt{\text{e}}>x_2>\frac{1}{\sqrt{\text{e}}},x_3>\sqrt{\text{e}}$ ，

若$x_3\ge 2\sqrt{\text{e}}$ ，则$x_2+x_3>2\sqrt{\text{e}}$

若$\sqrt{\text{e}}<x_3<2\sqrt{\text{e}}$ ，

构造函数$h\left(x\right)=t\left(x\right)-t\left(2\sqrt{\text{e}}-x\right)$ ，$\sqrt{\text{e}}<x<2\sqrt{\text{e}}$

$\begin{array}{c}{h}^{\prime }\left(x\right)=\frac{1-2\ln x}{x^2}+\frac{1-2\text{ln}\left(2\sqrt{\text{e}}-x\right)}{{\left(2\sqrt{\text{e}}-x\right)}^2}\\ =\frac{\left(1-2\ln x\right){\left(2\sqrt{\text{e}}-x\right)}^2+x^2\left[1-2\ln \left(2\sqrt{\text{e}}-x\right)\right]}{x^2{\left(2\sqrt{\text{e}}-x\right)}^2}\end{array}$

设$m\left(x\right)=\left(1-2\ln x\right){\left(2\sqrt{\text{e}}-x\right)}^2+x^2\left[1-2\ln \left(2\sqrt{\text{e}}-x\right)\right]$ ，

$m^{\prime }\left(x\right)=\frac{-2{\left(2\sqrt{\text{e}}-x\right)}^2}{x}+\frac{2x^2}{2\sqrt{\text{e}}-x}-2\left(1-2\text{ln}x\right)\left(2\sqrt{\text{e}}-x\right)+2x\left[1-2\text{ln}\left(2\sqrt{\text{e}}-x\right)\right]$

因为$\frac{-2{\left(2\sqrt{\text{e}}-x\right)}^2}{x}+\frac{2x^2}{2\sqrt{\text{e}}-x}=\frac{2x^3-2{\left(2\sqrt{\text{e}}-x\right)}^3}{x\left(2\sqrt{\text{e}}-x\right)}=\frac{2\left[x^3-{\left(2\sqrt{\text{e}}-x\right)}^3\right]}{x\left(2\sqrt{\text{e}}-x\right)}$

又因为$2\sqrt{\text{e}}>x>\sqrt{\text{e}},2x>2\sqrt{\text{e}},x>2\sqrt{\text{e}}-x,x^3>{\left(2\sqrt{\text{e}}-x\right)}^3$ ，

所以$\frac{-2{\left(2\sqrt{\text{e}}-x\right)}^2}{x}+\frac{2x^2}{2\sqrt{\text{e}}-x}>0$ ③

因为$-2\left(1-2\ln x\right)\left(2\sqrt{\text{e}}-x\right)+2x\left[1-2\ln \left(2\sqrt{\text{e}}-x\right)\right]=2\left(2\ln x-1\right)\left(2\sqrt{\text{e}}-x\right)+2x\left[1-2\ln \left(2\sqrt{\text{e}}-x\right)\right]$

又因为$x>\sqrt{\text{e}},\ln x>\frac{1}{2},2\sqrt{\text{e}}-x<\sqrt{\text{e}},\ln \left(2\sqrt{\text{e}}-x\right)<\frac{1}{2}$

所以$2\ln x-1>0,2\sqrt{\text{e}}-x>0;1-2\ln \left(2\sqrt{\text{e}}-x\right)>0,x>\sqrt{\text{e}}>0$

即得$2\left(2\ln x-1\right)\left(2\sqrt{\text{e}}-x\right)+2x\left[1-2\ln \left(2\sqrt{\text{e}}-x\right)\right]>0$ ④

由③④可知$m^{\prime }\left(x\right)>0$ ，$m\left(x\right)$ 在$\left(\sqrt{\text{e}},2\sqrt{\text{e}}\right)$ 上单调递增，$x>\sqrt{\text{e}}$ ，可得$m\left(x\right)>m\left(\sqrt{\text{e}}\right)=0$

$h^{\prime }\left(x\right)=\frac{m\left(x\right)}{x^2{\left(2\sqrt{\text{e}}-x\right)}^2}$ ，可知$m\left(x\right)$ 与$h^{\prime }\left(x\right)$ 同号。

所以$h^{\prime }\left(x\right)>0$ ，

$h\left(x\right)$ 在$\left(\sqrt{\text{e}},2\sqrt{\text{e}}\right)$ 上单调递增。$h\left(x\right)>h\left(\sqrt{\text{e}}\right)=t\left(\sqrt{\text{e}}\right)-t\left(\sqrt{\text{e}}\right)=0$

$t\left(x\right)-t\left(2\sqrt{\text{e}}-x\right)>0$ ，$t\left(x_3\right)>t\left(2\sqrt{\text{e}}-x_3\right)$ ，又由1)可知，$t\left(x_2\right)=t\left(x_3\right)$

所以$t\left(x_2\right)>t\left(2\sqrt{\text{e}}-x_3\right),x_2\in \left(0,\sqrt{\text{e}}\right)$ ，$2\sqrt{\text{e}}-x_3\in \left(0,\sqrt{\text{e}}\right)$

$x\in \left(0,\sqrt{\text{e}}\right)$ ，$t^{\prime }\left(x\right)>0$ ，$t\left(x\right)$ 是单调递增的，

所以$x_2>2\sqrt{\text{e}}-x_3,x_2+x_3>2\sqrt{\text{e}}$ ⑤

由①②⑤可知，$x_1+3x_2+x_3>\frac{2\text{e}+1}{\sqrt{\text{e}}}$

13) 已知$x_1\ln x_1=x_2\ln x_2=a$ ，$x_1<x_2$ ，求证：$x_2-x_1<2a+1+{\text{e}}^{-2}$ 。

解：设函数$f\left(x\right)=x\ln x$ ，$f^{\prime }\left(x\right)=1+\ln x$ 。

取其$x={\text{e}}^{-2}$ 在和$x=1$ 处的切线，分别为$l_1:y=-x-{\text{e}}^{-2}$ 和$l_2:y=x-1$ ，如图1。

Figure 1. Function graph

图1. 函数

直线$y=a$ 与直线$l_1$ ，函数$f\left(x\right)$ 的图象和直线$l_2$ 分别交于${x^{\prime }}_1,x_1,x_2,{x^{\prime }}_2$ ，则有：${x^{\prime }}_1<x_1<x_2<{x^{\prime }}_2$

$x_2-x_1<{x^{\prime }}_2-{x^{\prime }}_1=\left(a+1\right)-\left(-a-{\text{e}}^{-2}\right)=2a+1+{\text{e}}^{-2}$

评注：切线放缩

若函数$y=f\left(x\right)$ 在区间$\left[a,b\right]$ 上有凹凸性，可以利用切线$y=f^{\prime }\left(x_0\right)\left(x-x_0\right)+f\left(x_0\right)$ 进行放缩。

(1) 若函数$y=f\left(x\right)$ 的图象在区间$\left[a,b\right]$ 凹弧($f^{″}\left(x\right)>0$ )，则有：$f(x)\ge f^{\prime }\left(x_0\right)\left(x-x_0\right)+f\left(x_0\right)$ ；

(2) 若函数$y=f\left(x\right)$ 的图象在区间$\left[a,b\right]$ 凸弧($f^{″}\left(x\right)<0$ )，则有：$f(x)\ge f^{\prime }\left(x_0\right)\left(x-x_0\right)+f\left(x_0\right)$ 。

割线放缩

若函数$y=f\left(x\right)$ 在区间$\left[a,b\right]$ 上有凹凸性，可以利用割线$y=\frac{f\left(b\right)-f\left(a\right)}{b-a}\left(x-a\right)+f\left(a\right)$ 进行放缩。

(1) 若函数$y=f\left(x\right)$ 的图象在区间$\left[a,b\right]$ 凹弧($f^{″}\left(x\right)>0$ )，则有：$f\left(x\right)\le \frac{f\left(b\right)-f\left(a\right)}{b-a}\left(x-a\right)+f\left(a\right)$ ；

(2) 若函数$y=f\left(x\right)$ 的图象在区间$\left[a,b\right]$ 凸弧($f^{″}\left(x\right)<0$ )，则有：$f\left(x\right)\ge \frac{f\left(b\right)-f\left(a\right)}{b-a}\left(x-a\right)+f\left(a\right)$ 。

附：函数凹凸性的定义[3]

Figure 2. Concave function

图2. 凹函数

Figure 3. Convex function

图3. 凸函数

1) 凹函数定义：设函数$y=f\left(x\right)$ 在区间I上连续，对$\forall x_1,x_2\in I$ ，若恒有$f\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right)<\frac{f\left(x_1\right)+f\left(x_2\right)}{2}$ ，则称$y=f\left(x\right)$ 的图象是凹的，函数$y=f\left(x\right)$ 为上凹函数；二阶导数$f^{″}\left(x\right)>0$ (如图2)。

2) 凸函数定义：设函数$y=f\left(x\right)$ 在区间I上连续，对$\forall x_1,x_2\in I$ ，若恒有$f\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right)>\frac{f\left(x_1\right)+f\left(x_2\right)}{2}$ ，则 称$y=f\left(x\right)$ 的图象是凸的，函数$y=f\left(x\right)$ 为凸函数。二阶导数$f^{″}\left(x\right)<0$ (如图3)。

以下两个问题读者可以尝试解决

1) 若两个不相等的正实数满足$\frac{1+\ln x_2}{1+\ln x_1}=\frac{x_2}{x_1}$ ，求证：$x_1+x_2=\text{e}{x}_1{x}_2$ 。

2) 若函数$f\left(x\right)=\frac{x+2}{{\text{e}}^x}+ax-2$ 在R上存在两个极值点$x_1,x_2$ 若$x_1<x_2$ 。求证${\text{e}}^{x_2}-{\text{e}}^{x_1}>\frac{2}{a}-2$ 。

3. 总结

处理多元不等式证明题时，常用到引理1、2、3作不等式的放缩，双变量问题一直是导数备考中的重要内容，极值点偏移问题作为双变量问题中的一种，常见的处理方法是构造函数，这里的构造有可分为根据对称构造和一般性构造，而利用对数均值不等式是处理极值点偏移问题的一类方法。无论哪种方法都要特别是需要严格步骤的大题中，相反一知半解只会误入迷途。如果读者把对数均值不等式中的内容好好研究一下，说不定会对导数放缩，导数不等式证明，双变量处理方法有一些新的领悟。读者也可以思考高数的中值定理和微积分知识对这类问题的证明。