已知 $f(x)=x{\rm e}^{-x}$，且 $f(x_1)=f(x_2)$，其中 $x_1<x_2$，求证：$2x_1+x_2>{\rm e}$．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
略
【解析】
令 $\dfrac{x_2}{x_1}=t$，则由 $x_1{\rm e}^{-x_1}=x_2{\rm e}^{-x_2}$ 可得$$\ln x_1-x_1=\ln (tx_1)-tx_1,$$从而解得$$x_1=\dfrac{\ln t}{t-1},x_2=\dfrac{t\ln t}{t-1},$$于是原命题等价于$$\forall t>1,\dfrac{t+2}{t-1}\cdot \ln t>{\rm e}.$$去对数估计 令 $h(x)=(x+2)\ln x-{\rm e}(x-1)$，则其导函数$$h'(x)=\dfrac{2}x+\ln x+1-{\rm e},$$其二阶导函数$$h''(x)=\dfrac{x-2}{x^2},$$考虑到$$h'(1)>0,h'(2)=2+\ln 2-{\rm e}<0,h'({\rm e})=\dfrac{2}{\rm e}+2-{\rm e}>0,$$于是 $h'(x)$ 在 $(1,2),(2,\rm{e})$ 上分别有一个零点，这两个零点分别记为 $x',x_0$，有 $x'\in(1,2),x_0\in(2,\rm{e})$，则 $h(x)$ 在 $(1,x')$ 上单调递增，在 $(x',x_0)$ 上单调递减，在 $(x_0,+\infty)$ 上单调递增．于是 $h(x)$ 的最小值或者在极小值点 $x_0$ 处取到，或者在 $1$ 处到取．而 $h(1)=0$，所以考虑 $h(x)$ 的极小值$$\begin{split}m=&h(x_0)=(x_0+2)\ln x_0-{\rm e}(x_0-1)\\=&(x_0+2)\left({\rm e}-1-\dfrac{2}{x_0}\right)-{\rm e}(x_0-1)\\=&3{\rm e}-4-\left(x_0+\dfrac{4}{x_0}\right),\end{split}$$于是$$2{\rm e}-4-\dfrac{4}{\rm e}<m<3{\rm e}-8,$$然而 $2{\rm e}-4-\dfrac{4}{\rm e}<0$，估计失败．接下来或者调整估计范围，或者改变估计方式．
调整估计 由于调整估计范围计算成本很高，因此尝试改变估计方式，由于 $h(x)$ 的极小值$$\begin{split}m=&(x_0+2)\ln x_0-{\rm e}(x_0-1)\\=&(x_0+2)\ln x_0-\left(\dfrac{2}{x_0}+\ln x_0+1\right)(x_0-1)\\=&3\ln x_0+\dfrac 2{x_0}-x_0-1,\end{split}$$设 $\varphi(x)=3\ln x+\dfrac 2x-x-1$，则其导函数$$\varphi'(x)=-\dfrac{(x-1)(x-2)}{x^2}<0,$$于是 $\varphi(x)$ 在 $(2,{\rm e})$ 上单调递增，因此有$$m>\varphi({\rm e})=2+\dfrac{2}{\rm e}-{\rm e}>0.$$因此原命题得证．
答案
解析
备注
