对「杭州二中原创导数题及深度剖析 (by 吴禹睿)」的分析和拙见
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对「杭州二中原创导数题及深度剖析 (by 吴禹睿)」的分析和拙见
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题目
已知函数 \(f(x)=\frac{e^x-1}{mx}-x\ (m>0)\) 在 \(x\in (0,+\infty)\) 时有极小值。
第 1 问. 求 \(m\) 的取值范围；
第 2 问. 设直线 \(g(x)=\frac{x}{m}+1\) 与 \(f(x)\) 的图像有两个交点，横坐标分别记为 \(x_1,x_2\ (x_1<x_2)\)。当 \(m<1-\frac{1}{e^2}\) 时，证明：
\[\frac{6x_2}{x_1}>2m^4+5m^3+9m^2+6m \]注：\(e=2.71828\cdots\) 是自然对数的底数，\(\ln 2≈0.693\)。
命题加强 (by 小 Z1)
加强 1. 求证：\(2m^4+5m^3+9m^2+6m\) 随 \(m\) 的递增而递增，\(\frac{x_2}{x_1}\) 也随 \(m\) 的递增而递增；
加强 2. 考虑将第 2 问改为如下不等式：
\[\frac{3x_2}{2x_1}>2m^4+5m^3+9m^2+6m \]加强以后的命题证明的难度极大，欢迎导数爱好者前来尝试。
个人解答
（1）
\[f'(x)=\frac{e^xx-e^x+1-mx^2}{mx^2} \]设分子为 \(g(x)\)，分母恒正，因此 \(f'(x)\) 的正负取决于 \(g(x)\)。由 \(g'(x)=x(e^x-2m)\) 知 \(g(x)\) 在 \((0,\ln (2m))\) 单调递减，\((\ln (2m),+\infty)\) 单调递增，而 \(g(0)=0\)，因此只需满足：
\[\begin{cases} \ln (2m)>0 \\ \exists x_0\in (\ln (2m),\infty),g(x_0)>0 \end{cases} \]前者可得必要条件 \(m>\frac 12\)，下面说明它是充分的：
方法一（零点存在定理）
-
当 \(m=1\)，取 \(x_0=2\)，得 \(g(x_0)=e^2+1-4>0\)。
-
当 \(m\neq 1\)，取 \(x_0=m^2\)，得
同时由此可知 \(x_0>\ln (2m)\)。
方法二（极限，高中阶段不适用）
\[\lim_{x\to \infty} g(x)=O(e^xx)>0 \]因此 \(m>\frac 12\)。
（2）
注意到原式
\[\iff \frac{x2}{x1}>(m+1)(\frac{m^3}{3}+\frac{m^2}{2}+m) \]右式酷似泰勒展开，这启发我们证明充分条件 \(x_1<\frac{1}{m+1}\) 以及 \(x_2>\ln \frac{1}{1-m}>\frac{m^3}{3}+\frac{m^2}{2}+m\)。
我们对 \(f(x)\) 求二阶导（计算较繁琐，这里略去）可得 \(f''(x)>0\)，由此可知 \(f(x)\) 下凸，因此比较 \(f(x),g(x)\) 在 \(\frac{1}{m+1}\) 和 \(\ln \frac{1}{1-m}\) 的取值大小即可。
第一部分：\(x_1<\frac{1}{m+1}\)。
我们从结论倒推：
\[\begin{aligned} &&f(x_0)&<g(x_0) \\ &\iff& \frac{(m+1)(e^\frac{1}{m+1}-1)}{m}-\frac{1}{m+1}&<\frac{1}{m(m+1)}+{1} \\ &\iff& e^{\frac{1}{m+1}} &<2 \end{aligned} \]易知 \(e^{\frac{1}{m+1}}\) 随 \(m\) 的递增递减，代入 \(m=\frac 12\) 得 \(e^{\frac{2}{3}}<2\) 成立。
第二部分：\(x_2>\ln \frac{1}{1-m}\)。
考虑换元，令 \(t=\ln \frac{1}{1-m}\in (\ln 2,2)\)，则 \(m=1-e^{-t}\)。
我们同样从结论倒推：
\[\begin{aligned} &&f(x_0)&<g(x_0) \\ &\iff& \frac{e^t-1}{(1-e^{-t})t}-t&<\frac{t}{1-e^{-t}}+1 \\ &\iff& \frac{e^t}{t}-t&<\frac{e^tt}{e^t-1}+1 \\ &\iff& 2t+\frac{t}{e^t-1}-\frac{e^t}{t}+1&>0 \end{aligned} \]下面提供两种可行的方法：
方法一（放缩，by 小 Z1）
我们大胆尝试放缩：
\[\text{LHS}>2t-\frac{e^t}{t}+1 \]在 \(t\in [1,2)\) 时对其求导可知 \(\text{LHS}\) 恒 \(>0\)，在 \((\ln 2,1)\) 似乎放过头了……
但注意到 \(t\in (\ln 2,1)\) 时可求导说明 \(\frac{t}{e^t-1}>\frac{1}{2}\)，因此：
\[\text{LHS}>2t-\frac{e^t}{t}+\frac{3}{2} \]此时再求导可知 \(\text{LHS}\) 恒 \(>0\)。
方法二（求导，by 小 Z2）
我们等价于要证明
\[h(t)=2t^2+t+1-e^t-\frac{t^2+t}{e^t}>0 \]对其求导：
\[\begin{aligned} h'(t)&=4t+1-e^t+\frac{t^2-t-1}{e^t} \\ &=\color{red}{4t-e^t}+\color{blue}{\frac{e^t+t^2-t-1}{e^t}} \end{aligned} \]容易发现红蓝两部分均恒 \(>0\)，因此 \(h'(t)>0\)，于是 \(h(t)>h(\ln 2)>h(0)=0\)。
个人评价
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关于题目：本题出的很好，考点很全面，求导、泰勒展开、放缩用的淋漓尽致……但咱就是说做这题花了不少时间 qaq。
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关于题面书写：可以看出作者的公式是用公式编辑器编辑得到的，有点糊，可以改用 LaTeX 书写，阅读体验会好很多。
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作者的第一问解答有瑕疵：单凭 \(g'(x)\) 的正负性只能得到 \(g(x)\) 的单调性，但不能确定 \(g(x)\) 的正负性，由此无法确定 \(f(x)\) 的极值点。高中阶段我们只能用零点存在定理去说明 \(g(x)\) 的正负性。
-
作者的第二问解答有瑕疵：没有解释 \(f(x)\) 为何下凸，应通过对二阶导的正负性去推导。
-
作者的第二问解答有笔误：设的 \(\varphi(x)\) 应为 \(\frac{x}{m}+1\)；原不等式写作 \(\frac{e^t}{t}-t<\frac{e^tt}{e^t-1}+1\)，作者写成了 \((t+1)\)。
为本题撰写的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const double eps = 1e-4; // 精度可调
double m;
double f(double x) { return (exp(x) - 1) / m / x - x; }
double g(double x) { return x / m + 1; }
pair<double, double> calc() {
double x1, x2;
int ok = 0;
for (double x = eps; x <= 10.; x += eps) {
if (fabs(f(x) - g(x)) < 1e-2) { // 精度可调
x1 = x;
ok++;
break;
}
}
for (double x = x1 + 0.1; x <= 10.; x += eps) {
if (fabs(f(x) - g(x)) < 1e-2) { // 精度可调
x2 = x;
ok++;
break;
}
}
// printf("x1 = %.10f, x2 = %.10f\n", x1, x2);
// if (ok != 2) {
// printf("m = %.10f\n", m);
// assert(0);
// }
return make_pair(x1, x2);
}
int main() {
for (m = 0.5 + eps; m <= 1 - 1 / exp(2); m += eps) {
auto [x1, x2] = calc();
assert(6 * x2 / x1 > 2 * m * m * m * m + 5 * m * m * m + 9 * m * m + 6 * m);
}
return 0;
}
标签：题及,frac,吴禹,拙见,double,ln,求导,2m,aligned 来源： https://www.cnblogs.com/wlzhouzhuan/p/16583859.html