设 $f(x)=\frac{a}{x}+\ln x$, 设 $f(x_1)=f(x_2)=2$, ($x_1\neq x_2$). 证明: $a^2 < x_1 x_2 < ae$.
提示: 要证 $a^2 < x_1 x_2$, 即证 $\frac{a^2}{x_1} < x_2$, 而 $a < \frac{a^2}{x_1}$.
(直接看第三个解答.)
1
$f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$. 不妨设 $0 < x_1 < x_2$.
\[
f'(x)=-\frac{a}{x^2}+\frac{1}{x}=\frac{x-a}{x^2},
\]
因此,
\[
f'(x)\begin{cases}
>0, & \text{当}\ x > a\ 时,\\
=0, & \text{当}\ x = a\ 时,\\
<0, & \text{当}\ 0 < x < a\ 时.\\
\end{cases}
\]
由于存在两点 $x_1\neq x_2$ 使得 $f(x_1)=f(x_2)$, 故 $a > 0$. 且函数 $f(x)$ 在 $x=a$ 处取得最小值. 最小值为 $f_{\min}=f(a)=1+\ln a$. 于是应满足 $1+\ln a <2$, 此推出 $a < e$.
Claim 1. $a < e < x_2$.
Pf. $f(a) < 2$, 推出 $1+\ln a < 2$, 这推出 $a < e$. 又 $f(e)=\frac{a}{e}+\ln e=\frac{a}{e}+1$, 而已证 $a < e$, 故 $f(e) < 2$, 此推出 $e < x_2$.
Claim 2. 若 $a < 2$, 则 $x_1 < 1\leqslant a < 2 < e < x_2$.
Pf. $f(x_1)=2 > a=f(1)$, 于是 $x_1 < 1$. （若 $x_1 > 1$, 则 $[1, x_1]$ 位于 $f$ 的单调递增区间 $[a,+\infty)$, 即 $a\leqslant 1$. 但此时 $f(x_1) < f(x_2)$ 与假设矛盾. $x_1$ 也不可能等于 1, 因为 $f(x_1)=2 > a=f(1)$.)
另一方面, 容易证明 $x\geqslant 1+\ln x$ 对 $\forall\ x\in(0,+\infty)$ 都成立, 等号成立当且仅当 $x=1$. 因此 $a\geqslant 1+\ln a$. 也即 $f(1)\geqslant f(a)$, 这推出 $a\geqslant 1$. (NOTE: 这是在 $a < 2$ 的假设下.)
Claim 3.
Pf. 略.
这里 $2(2-\ln 2)\approx 2.61370564$.
例1. 取 $a=2.1$, 则 $\frac{2.1}{x}+\ln x=2$ 的两个解为 $x_1\approx 1.11$, $x_2\approx 4.75$.
例2. 取 $a=2.7$, 则 $\frac{2.7}{x}+\ln x=2$ 的两个解为 $x_1\approx 2.41$, $x_2\approx 3.04$.
当 $a=2$ 时,
例3. 取 $a=2$, 则 $\frac{2}{x}+\ln x=2$ 的两个解为 $x_1=1$, $x_2\approx 4.92$.
对于 $a < 2$, 我们取一些例子,
例4. 取 $a=1.99$, 则 $\frac{1.9}{x}+\ln x=2$ 的两个解为 $x_1\approx 0.99$, $x_2\approx 4.94$.
例4. 取 $a=1.9$, 则 $\frac{1.9}{x}+\ln x=2$ 的两个解为 $x_1\approx 0.9$, $x_2\approx 5.09$.
例4. 取 $a=1.8$, 则 $\frac{1.9}{x}+\ln x=2$ 的两个解为 $x_1\approx 0.82$, $x_2\approx 5.24$.
例4. 取 $a=1.7$, 则 $\frac{1.9}{x}+\ln x=2$ 的两个解为 $x_1\approx 0.74$, $x_2\approx 5.39$.
例4. 取 $a=1.6$, 则 $\frac{1.9}{x}+\ln x=2$ 的两个解为 $x_1\approx 0.66$, $x_2\approx 5.53$.
例4. 取 $a=1.5$, 则 $\frac{1.5}{x}+\ln x=2$ 的两个解为 $x_1\approx 0.6$, $x_2\approx 5.67$.
从上面的数据, 我们大抵猜测: $x_1$ 随着 $a$ 的减小而减小; $x_2$ 随着 $a$ 的减小而增大. 因此这提示我们, 要将 $a$ 看成自变量, 而把 $x_1$ 或 $x_2$ 看成关于 $a$ 的因变量.
2
对于方程 $\frac{a}{x}+\ln x=2$, 将 $a$ 视为自变量, $x$ 是 $a$ 的函数. 为避免误解, 不妨将 $a$ 改写为 $t$. 于是得到方程
\[
\frac{t}{x}+\ln x=2
\]
两边乘以 $x$, 得 $t+x\ln x=2x$. 方程两边求微分(或两边对 $t$ 求导数, $x$ 看成关于 $t$ 的函数 $x(t)$), 得
\[
\begin{split}
\mathrm{d}t+\ln x\mathrm{d}x+x\mathrm{d}\ln x=2\mathrm{d}x\\
\Rightarrow\ \mathrm{d}t+\ln x\mathrm{d}x+x\cdot\frac{1}{x}\mathrm{d}x=2\mathrm{d}x\\
\Rightarrow\ \mathrm{d}t=(1-\ln x)\mathrm{d}x,
\end{split}
\]
于是
\[
\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}=\frac{1}{1-\ln x}.
\]
函数 $f(x)=\frac{a}{x}+\ln x$ 在 $x=a$ 点取得最小值, 可推出 $a < e$, 且 $x_1 < a < e < x_2$. 因此,
\[\frac{\mathrm{d}x_1}{\mathrm{d}t} > 0,\qquad \frac{\mathrm{d}x_2}{\mathrm{d}t} < 0.\]
3
要证 $a^2 < x_1 x_2$, 即证 $\frac{a^2}{x_1} < x_2$, 而 $a < \frac{a^2}{x_1}$. 故只需证明 $f(\frac{a^2}{x_1})< f(x_2)=2$.
\[
f(\frac{a^2}{x_1})=\frac{a}{\frac{a^2}{x_1}}+\ln\frac{a^2}{x_1}=\frac{x_1}{a}+2\ln a-\ln x_1
\]
但从这个表达式, 加上 $f(x_1)=\frac{a}{x_1}+\ln x_1=2$, 要证明 $f(\frac{a^2}{x_1}) < 2$ 并不显然.
换个思路.
令 $F(x)=f(\frac{a^2}{x})-f(x)$, 由于 $f(x)$ 在 $x\in(0,a)$ 严格单调递减, 而 $\frac{a^2}{x} > x$, 故 $F(x) > 0$, 对 $x\in(0,a)$. 于是 $F(x_1) > F(a)=0$. 即
\[f(\frac{a^2}{x_1})-f(x_1) > 0\]
而 $f(x_1)=f(x_2)=2$, 故得证.
下证 $x_1 x_2 < ae$. 等价于证明 $x_2 < \frac{ae}{x_1}$. 注意到 $\frac{ae}{x_1} > e$, 故只要证明 $f(\frac{ae}{x_1}) > f(x_2)=2$ 即可.
\[
f(\frac{ae}{x_1})=\dfrac{a}{\frac{ae}{x_1}}+\ln\frac{ae}{x_1}=\frac{x_1}{e}+\ln\frac{a}{x_1}+1
\]
因此, 只需证明
\[
\frac{x_1}{e}+\ln\frac{a}{x_1}-1 > 0.\tag{1}
\]
这里 $x_1$ 和 $a$ 满足关系式 $f(x_1)=2$, 即
\[
\frac{a}{x_1}+\ln x_1=2.\tag{2}
\]
可以将问题视为证明 $\mathcal{F}(a,x_1)=\frac{x_1}{e}+\ln\frac{a}{x_1}-1$ 在约束条件(2) 下总是正的.