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利用橘子洲大桥跨过湘江

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@miqph8sk
此快照首次捕获于
2025/12/04 08:36
3 个月前
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2025/12/04 08:36
3 个月前
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已知 a,b∈Ra,b\in \mathrm{R}，函数 f(x)=ex−asin⁡xf(x)=e^x-a\sin x，g(x)=bxg(x)=b\sqrt x。若 y=f(x)y=f(x) 与 y=g(x)y=g(x) 有公共点：
  1. 当 a=0a=0 时，求 bb 的取值范围。
  2. 证明：a2+b2>ea^2+b^2>e。
先做第一问。显然 x≠0x\not=0。有 ex=bxe^x=b\sqrt x，b=exxb=\dfrac{e^x}{\sqrt x}。令 φ(x)=exx\varphi(x)=\dfrac{e^x}{\sqrt x}。
试试求导。φ′(x)=(x−12x)exx=exx−32(x−12)\varphi'(x)=\dfrac{(\sqrt x-\dfrac{1}{2\sqrt x})e^x}{x}=e^xx^{-\frac{3}{2}}(x-\dfrac{1}{2})。有 φ(x)≥φ(12)=2e\varphi(x)\ge \varphi(\dfrac{1}{2})=\sqrt{2e}。
综上，b∈[2e,+∞)b\in[\sqrt{2e},+\infty)。
然后做第二问。
看到第一问的 2e\sqrt{2e}，有没有什么想法？没错，就是均值不等式！
为了方便，先讨论 a>0a>0 的情况。（a=0a=0 的情况就是第二问）
由均值不等式，a2+b2≥(a+b)22a^2+b^2\ge \dfrac{(a+b)^2}{2}。
只要能够证明 (a+b)22>e2\dfrac{(a+b)^2}{2}>e^2，也就是 a+b>2ea+b>\sqrt{2e} 的话，我们不就能解决了？
仔细看看，第二问里面，a=0a=0 的时候恰好有 b≥2eb\ge \sqrt{2e}。简直就是天作之合！
现在这个想法有了一个可信的证据支持。我们继续来求证它。
我们希望仍然能够用到 φ(x)\varphi(x) 函数的性质。由 f(x)=g(x)f(x)=g(x)，有 ex−asin⁡x=bxe^x-a\sin x=b\sqrt x，asin⁡xx+b=exxa\dfrac{\sin x}{\sqrt x}+b=\dfrac{e^x}{\sqrt x}。
能不能证明 a+b>asin⁡xx+b≥2ea+b>a\dfrac{\sin x}{\sqrt x}+b\ge \sqrt{2e}？当然可以！只需证 x>sin⁡x\sqrt x>\sin x。
显然这个东西在 x>1x> 1 时成立。而 0<x≤10<x\le 1 时，有 x≥x>sin⁡x\sqrt x\ge x>\sin x，同样成立！
现在我们已经解决了一半的问题，能不能用同样的方法解决 a<0a<0 的情况呢？当然也可以！
根据均值不等式，只需证 −a+b>2e-a+b>\sqrt{2e}。
如果能够证明 −a+b>asin⁡xx+b-a+b>a\dfrac{\sin x}{\sqrt x}+b，也就是 −x<sin⁡x-\sqrt x<\sin x，我们就大功告成了！
x>1x> 1 时，sin⁡x+x>sin⁡x+1=0\sin x+\sqrt x> \sin x+1=0；0<x<10<x<1 时，x>0\sqrt x>0，sin⁡x>0\sin x>0，自然也是成立的。
圆满解决！
当然这题也有用柯西不等式的方法，我就不信有人想得到。
回顾一下，为什么我们可以顺利地解决这道题目？
  1. 注意到第一问中 2e\sqrt{2e} 的限制条件与第二问中均值不等式导出的条件一致。
  2. 注意到第一问实际上是第二问的一种特殊情况。
  3. 利用第一问中函数的性质。
充分利用好第一问中的「橘子洲大桥」跨过第二问的「湘江」，是一种非常巧妙的解题办法。在面对湘江时，有人可能会直接游过去，这当中会有 99% 的人淹死；也有人选择绕路过去，这当中会有 50% 的人迷路；而我们需要做的，就是找准前面提供的「橘子洲大桥」，然后用合适的方式跨过去。
Test Yourself！
已知 f(x)=ax2−ax−xln⁡xf(x)=ax^2-ax-x\ln x。若 f(x)≥0f(x)\ge 0：
  1. 求 aa 的值。
  2. 证明：f(x)f(x) 有且仅有一个极大值点 x0x_0。
  3. 证明：e−2<f(x0)<2−2e^{-2}<f(x_0)<2^{-2}。
第一问：f′(x)=2ax−a−1−ln⁡xf'(x)=2ax-a-1-\ln x。注意到 f(1)=0f(1)=0。所以当且仅当 f′(1)=0f'(1)=0 时条件才有可能成立。所以 f′(1)=a−1=0f'(1)=a-1=0，a=1a=1。
我们来验证一下：f(x)=x2−x−xln⁡x=x(x−1−ln⁡x)f(x)=x^2-x-x\ln x=x(x-1-\ln x)。刚好有 ln⁡x≤x−1\ln x\le x-1，大功告成！
第二问：此时 f′(x)=2x−2−ln⁡xf'(x)=2x-2-\ln x，f′′(x)=2−1xf''(x)=2-\dfrac{1}{x} 递增。所以 f′(x)≥f′(12)=ln⁡2−1<0f'(x)\ge f'(\dfrac{1}{2})=\ln 2-1<0。又因为 lim⁡x→0f′(x)=∞\lim_{x\to 0}f'(x)=\infty，f′(1)=0f'(1)=0。所以唯一的左正右负的零点，也就是 f(x)f(x) 的极大值点 x0x_0 在 (0,12)(0,\dfrac{1}{2}) 范围内。
第三问！有一个已知条件：2x0−2−ln⁡x0=02x_0-2-\ln x_0=0。
下面我们需要利用好这座「橘子洲大桥」，试试捣鼓一下它。
先解决右边那个不等式，我们考虑把 ln⁡x0\ln x_0 相关的东西消掉，变成一个多项式。f(x0)=x02−x0−x0ln⁡x0=x0(x0−1−ln⁡x0)f(x_0)=x_0^2-x_0-x_0\ln x_0=x_0(x_0-1-\ln x_0)。由已知条件，ln⁡x0=2x0−2\ln x_0=2x_0-2。
所以 f(x0)=x0(1−x0)f(x_0)=x_0(1-x_0)。由均值不等式，x0(1−x0)<(x0+1−x02)2=2−2x_0(1-x_0)< (\dfrac{x_0+1-x_0}{2})^2=2^{-2}，成立！
对于左边的不等式，我们考虑保留下来 ln⁡x0\ln x_0 相关的东西，让它和 e−2e^{-2} 打出热血沸腾的组合技！
由已知条件，x0(1−x0)=−x0ln⁡x02x_0(1-x_0)=-\dfrac{x_0\ln x_0}{2}。只需证 −x0ln⁡x02>e−2-\dfrac{x_0\ln x_0}{2}>e^{-2}，也就是 x0ln⁡x0<−2e−2x_0\ln x_0<-2e^{-2}。
这不是我们的小同构吗！令 φ(x)=xex\varphi(x)=xe^x，只需证 φ(ln⁡x0)<φ(−2)\varphi(\ln x_0)<\varphi(-2)。
先证明一个东西：x0∈(0,1e)x_0\in(0,\dfrac{1}{e})。注意到代入 x0=e−1x_0=e^{-1} 时，2x0−2−ln⁡x0=2e−1<02x_0-2-\ln x_0=\dfrac{2}{e}-1<0，根据第二问中该函数的单调性，自然有 x0x_0 在 (0,1e)(0,\dfrac{1}{e}) 之间。
因为 x0∈(0,1e)x_0\in(0,\dfrac{1}{e})，所以有 ln⁡x0∈(−∞,−1)\ln x_0\in(-\infty,-1)。因为 φ(x)\varphi(x) 在 (−∞,−1)(-\infty,-1) 递减，(−1,+∞)(-1,+\infty) 递增，所以只需要证明 ln⁡x0>−2\ln x_0>-2，也就是 x0>e−2x_0>e^{-2} 即可。
这里就解释了为啥我们要在上面对 x0x_0 的范围进一步放缩：充分利用 xexxe^x 的单调性！
那我们只需要用一样的方法就可以了！把 x0=e−2x_0=e^{-2} 代入 2x0−2−ln⁡x02x_0-2-\ln x_0，发现它等于 2e−2>02e^{-2}>0，所以 x0>e−2x_0>e^{-2}，证毕！
回顾一下，为什么我们可以顺利地解决这道题目？
  1. 回环往复地利用「橘子洲大桥」 2x0−2−ln⁡x0=02x_0-2-\ln x_0=0，以及它的单调性。
  2. 巧妙地设计同构，同时根据 xexxe^x 的单调性缩小 x0x_0 的范围。

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