菜鸡HP的被虐日常（15）各种奇怪的不等式②

$By\quad HolyPush$ByHolyPush

聪明的$txl:\;$txl:所谓极值点偏移问题，常常长得像这样：

已知一个单峰函数$f(x)$f(x)，其中对于$x_1,x_2$x1​,x2​两点，$f(x_1),f(x_2)$f(x1​),f(x2​)有某种关系，然后让你求证$x_1+x_2$x1​+x2​或者$x_1x_2$x1​x2​等式子大于或小于某一个数。
举个最简单的例子吧。

已知$f(x)=xe^{-x},$f(x)=xe−x,正实数$x_1,x_2,x_1<x_2$x1​,x2​,x1​<x2​满足$f(x_1)=f(x_2)$f(x1​)=f(x2​)，求证$x_1+x_2>2$x1​+x2​>2。

愚蠢的$HP:$HP:这么奇怪的函数，当然是先求导看性质惹。
$f'(x)=e^{-x}-xe^{-x}=(1-x)e^{-x}$f′(x)=e−x−xe−x=(1−x)e−x。容易发现，$x>1$x>1时，$f'(x)<0$f′(x)<0，函数单调递减，$x<1$x<1时，$f'(x)>0$f′(x)>0，函数单调递增。故这个函数是个单峰函数，$x=1$x=1时取到最高点$\frac{1}{e}$e1​。

然后愚蠢的$HP$HP就无从下手了。

聪明的$txl:$txl:处理这种问题一般有几种常见套路。
我们先画个图吧。

我们从题目要证什么入手。如果要证$x_1+x_2>2$x1​+x2​>2，相当于证$x_1>2-x_2$x1​>2−x2​。因为有$x_1<x_2,$x1​<x2​,所以两个点分别分布在$x=1$x=1的两侧才可能使$f(x_1)=f(x_2)$f(x1​)=f(x2​)。也就是说，$0<x_1<1$0<x1​<1，$x_2>1$x2​>1。所以$x_1,2-x_2$x1​,2−x2​就在直线$x=1$x=1的同侧了。我们知道同侧是有单调性的，所以只要证明$f(x_1)>f(2-x_2)$f(x1​)>f(2−x2​)就可以了。而我们又知道$f(x_1)=f(x_2)$f(x1​)=f(x2​)，所以也相当于证明$f(x_2)>f(2-x_2)$f(x2​)>f(2−x2​)在$x_2>1$x2​>1时恒成立。

愚蠢的$HP:\;$HP:构造函数$\;!$!
聪明的$txl:$txl:没错。

我们构造函数$g(x)=f(x)-f(2-x)。$g(x)=f(x)−f(2−x)。接下来我们只要证明$g(x)$g(x)在$x>1$x>1时恒$>0$>0即可，也就是我们要求$g(x)$g(x)的最小值。

$g'(x)=f'(x)+f'(2-x)=(1-x)(e^{-x}-e^{x-2})$g′(x)=f′(x)+f′(2−x)=(1−x)(e−x−ex−2)。显然，在$x>1$x>1的时候，$g'(x)>0$g′(x)>0，所以$g(x)$g(x)在$(1,+∞)$(1,+∞)上单调递增。也就是说，$g(x)>g(1)=0$g(x)>g(1)=0，$g(x)$g(x)恒正$\;!$!于是就证完了。

第二种方法，既然你想不到构造函数，那就暴力把所有已知条件都写一遍呗！
$x_1e^{-x_1}=x_2e^{-x_2}$x1​e−x1​=x2​e−x2​，除过来就是$\frac{x_1}{x_2}=e^{x_1-x_2}$x2​x1​​=ex1​−x2​，看到这个结构手痒痒，两边同时取对数得$lnx_1-lnx_2=x_1-x_2$lnx1​−lnx2​=x1​−x2​，即$\frac{x_1-x_2}{lnx_1-lnx_2}=1$lnx1​−lnx2​x1​−x2​​=1。但这个式子有什么用呢？

我们应该欢迎平均数大家庭中迎来一名新的成员：对数平均数。于是现在平均数大家庭里已经有五名成员了。

所谓对数平均数，就是$\frac{a-b}{lna-lnb}，a≠b，a,b>0$lna−lnba−b​，a​=b，a,b>0。它在均值不等式中排位在几何平均数和算术平均数之间，也就是$\sqrt{ab}<\frac{a-b}{lna-lnb}<\frac{a+b}{2}$ab​<lna−lnba−b​<2a+b​，注意没有等号哦。

于是我们可以愉快地利用上述结论。$\frac{x_1+x_2}{2}>\frac{x_1-x_2}{lnx_1-lnx_2}=1$2x1​+x2​​>lnx1​−lnx2​x1​−x2​​=1，即$x_1+x_2>2$x1​+x2​>2。

结论用着简单，但如何证明却十分麻烦。我们还是要用到导数这一有用的工具。（由于$a,b$a,b对称，所以以下过程都设$a>b$a>b）

先证左边吧。
要证$\sqrt{ab}<\frac{a-b}{lna-lnb}$ab​<lna−lnba−b​
两边同时除以$\sqrt{ab}$ab​，即证$\frac{\sqrt{\frac{a}{b}}-\sqrt{\frac{b}{a}}}{ln\frac{a}{b}}>1$lnba​ba​​−ab​​​>1，令$t=\sqrt{\frac{a}{b}},t>1$t=ba​​,t>1，则原式即证$t-\frac{1}{t}-2lnt>0$t−t1​−2lnt>0。
令$h(t)=t-\frac{1}{t}-2lnt$h(t)=t−t1​−2lnt，则$h'(t)=1+\frac{1}{t^2}-\frac{2}{t}=(1-\frac{1}{t})^2>0$h′(t)=1+t21​−t2​=(1−t1​)2>0。也就是说，$h(t)$h(t)在$t>1$t>1时单调递增。所以$h(t)>h(1)=0$h(t)>h(1)=0。所以$h(t)$h(t)在$t>1$t>1时恒$>0$>0，则原式成立。

聪明的$txl：$txl：本来不想证右边的，但是为了扩大篇幅，还是证一证吧，反正套路是相似的。

要证$\frac{a-b}{lna-lnb}<\frac{a+b}{2}$lna−lnba−b​<2a+b​,把$a+b$a+b除到左边去，$lna-lnb$lna−lnb乘到右边去。要证的式子便成了
$\frac{\frac{a}{b}-1}{\frac{a}{b}+1}<\frac{ln\frac{a}{b}}{2}$ba​+1ba​−1​<2lnba​​。令$t=\frac{a}{b}$t=ba​，则原式便成了$1-\frac{2}{t+1}<\frac{lnt}{2}$1−t+12​<2lnt​。
我们令$h(t)=\frac{2}{t+1}+\frac{lnt}{2}-1$h(t)=t+12​+2lnt​−1，则$h'(t)=-\frac{2}{(t+1)^2}+\frac{1}{2t}=\frac{(t-1)^2}{2t(t+1)^2}$h′(t)=−(t+1)22​+2t1​=2t(t+1)2(t−1)2​，在$t>1$t>1时恒为正，也就是$h(t)$h(t)在$t>1$t>1时单调递增，所以$h(t)>h(1)=0$h(t)>h(1)=0，即$h(t)$h(t)在$t>1$t>1时恒为正，则原式得证。

聪明的$txl:\;$txl:在极值点偏移问题中，上述的两种构造对称函数和对数不等式的方法是比较常用的，也是比较套路的。
愚蠢的$HP:\;$HP:嗯，不等式现在看起来还容易接受。
聪明的$txl:$txl:以后有你好受的。

欲知后事如何，请听下回因式分解。