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已知 $f(x)=x-a {\rm e} ^x$ 有两个不同零点 $x_1,x_2$，其中 $a$ 为常数，求证：$x_1+x_2>2$．
【难度】
【出处】
无
【标注】
  • 知识点
    >
    微积分初步
    >
    导数问题中的技巧
    >
    参数的转化
  • 题型
    >
    微积分初步
    >
    极值点偏移问题
【答案】
略
【解析】
对称化构造 $f(x)=0$ 等价于 $a=\dfrac{x}{{\rm e}^{x}}$，所以研究函数 $g(x)=\dfrac{x}{{\rm e}^x}$，对 $g(x)$ 求导得$$g'(x)=\dfrac {1-x}{{\rm e}^x},$$于是 $g(x)$ 在 $(-\infty,1)$ 上单调递增，在 $(1,+\infty)$ 上单调递减，又 $g(x)=0$，所以 $a>0$，不妨设 $x_1<x_2$，则有 $0<x_1<1<x_2$．要证 $x_1+x_2>2$，只需证明$$g(x_2)=g(x_1)<g(2-x_1)$$即可，所以下面证明$$g(x)-g(2-x)<0,x\in (0,1).$$令$$h(x)=g(x)-g(2-x)=x{\rm e}^{-x}+(x-2){\rm e}^{x-2},x\in(0,1).$$对 $h(x)$ 求导得$$h'(x)=(x-1)({\rm e}^{x-2}-{\rm e}^{-x}).$$当 $0<x<1$ 时，$$x-1<0,{\rm e}^{x-2}<{\rm e}^{-1}<{\rm e}^{-x},$$从而有 $h'(x)>0$，所以 $h(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递增，$h(x)<h(1)=0$，所以 $0<x<1$ 时，有 $g(x)-g(2-x)<0$．
对数平均不等式当 $a\leqslant 0$ 时，$f(x)$ 单调递增，不可能有两个零点，所以 $a>0$，此时$$x_1=a{\rm e}^{x_1}>0,x_2=a{\rm e}^{x_2}>0,$$两边取对数有$$\ln x_1=\ln a+x_1,\ln x_2=\ln a+x_2.$$两式相减得$$\ln x_1-\ln x_2=x_1-x_2,$$由对数平均不等式得$$\dfrac {x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2}=1<\dfrac {x_1+x_2}2,$$不等式得证．
答案 解析 备注
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