利用调整法解决一系列极值点偏移问题

前言

什么是调整法？

设 $f(x)=x\ln x$，若 $x_1,x_2\in(0,1)$，证明：$|f(x_1)-f(x_2)|\le h(|x_1-x_2|)$。

其中 $h(x)$ 是一个满足随 $x$ 单调递增的函数，大部分题目中 $h(x)=x$，本题中 $h(x)=\sqrt x$。

$f(x)$	$f'(x)=\ln x+1$

第一步调整

图 1
图 2

引理：$x_2+x_3>\dfrac{2}{e}$。 这个引理的等价表述是 $|x_2-\dfrac{1}{e}|<|x_3-\dfrac{1}{e}|$。

即证 $x_2>\dfrac{2}{e}-x_3$。因为 $x_3\in(0,\dfrac{1}{e})$，所以 $\dfrac{2}{e}-x_3>\dfrac{1}{e}$，它们都在极值点右侧，所以可以转化为 $f(x_2)>f(\dfrac{2}{e}-x_3)$，即 $f(x_3)>f(\dfrac{2}{e}-x_3)$。

令 $F(x)=f(x)-f(\dfrac{2}{e}-x)\ \ \ (x\in (0,\dfrac{1}{e}])$，$F'(x)=\ln x+\ln (\dfrac{2}{e}-x)+2=\ln(x\cdot(\dfrac{2}{e}-x))+2$。

根据均值不等式，$x\cdot(\dfrac{2}{e}-x)\le \dfrac{1}{e^2}$，所以 $F'(x)\le \ln(\dfrac{1}{e^2})+2=0$，所以 $F(x)\ge F(\dfrac{1}{e})=0$。

又因为 $x_3<\dfrac{1}{e}$，有 $f(x_3)>f(\dfrac{2}{e}-x_3)$，即 $x_2+x_3>\dfrac{2}{e}$ 成立。

第二步调整

图 1	图 2	图 3

引理：$|f(x_1)-f(x_2)|\le |f(x_2-x_1)|$。

法一： 由于 $f'(x)=\ln x+1$ 单调递增且在 $(0,\dfrac{1}{e})$ 内的值 $<0$，所以 $\forall x\in(x_1,\dfrac{1}{e})$ 都有 $f'(x)>f'(x-x_1)$。

所以有 $\mid_{0}^{x_2-x_1}f'(x)<\mid_{x_1}^{x_2}f'(x)$，即 $f(x_2-x_1)<f(x_2)-f(x_1)$。又因为 $f(x)$ 在 $(0,\dfrac{1}{e})$ 单调递减且值恒小于 0，所以有 $|f(x_1)-f(x_2)|\le |f(x_2-x_1)|$。

法二： 令 $x_1=a,x_2-x_1=b$，即证 $f(a)+f(b)\le f(a+b)$。也就是 $a\ln a+b\ln b\le (a+b)\ln(a+b)$。同时取对数，$e^{a\ln a+b\ln b}=(e^{\ln a})^a\times (e^{\ln b})^b=a^a\times b^b$，同理 $e^{(a+b)\ln (a+b)}=(a+b)^{a+b}$。

根据均值不等式， $a^a\times b^b\le (\dfrac{a^2+b^2}{a+b})^{a+b}=(a+b-\dfrac{2ab}{a+b})^{a+b}<(a+b)^{a+b}$，成立！

最后的计算

• Part 1：证明 $-x\ln x<\sqrt x\ \ \ (x\in (0,\dfrac{1}{e}])$

• Part 2：证明 $-x\ln x<\sqrt{1-x}\ \ \ (x\in [\dfrac{1}{e},1))$