极值点偏移问题专题(五)-对数平均不等式(本质回归)

极值点偏移问题专题(五)——对数平均不等式(本质回归)极值点偏移——对数平均不等式在王挽澜先生的著作《建立不等式的方法》中，我看到了这个不等式链：$$2ab\frac{ab}{a+b}<e^{\frac{a-b}{a+b}}<\frac{ab-a}{b-a}<ab<e^{-1}$$没想到，其中一部分竟然可以用来解决极值点偏移问题。对数平均不等式：对于正数$a$，$b$，且$a\neqb$，定义$$G(a,b)<L(a,b)<A(a,b)$$其中，$G(a,b)$表示$a$和$b$的几何平均数，$L(a,b)$表示$a$和$b$的对数平均数，$A(a,b)$表示$a$和$b$的算术平均数。下面给出对数平均不等式的多种证明方法。证法1（对称化构造）设$R=\frac{a-b}{\lna-\lnb}>0$，则$k\lna-k\lnb=a-b$，$k\lna-a=k\lnb-b$，构造函数$f(x)=k\lnx-x$，则$f(a)=f(b)$。由$f'(x)=\frac{k-1}{x}$，$f''(x)=-\frac{k-1}{x^2}$，可得$f(x)$在$(0,k)$上单调递增，在$(k,+\infty)$上单调递减，且$x=k$为$f(x)$的极大值点。对数平均不等式即为$ab<G(a,b)<L(a,b)<A(a,b)$，即$ab<k<\frac{a+b}{2}$，$k>\sqrt{ab}$。于是，$a+b>2k$，$k^2>ab$，是两个常规的极值点偏移问题。证法2（比值代换）令$t=\frac{a}{b}>1$，则$$\frac{2ab}{a+b}<e^{\frac{a-b}{a+b}}<\frac{ab-a}{b-a}<ab<e^{-1}$$即$$\frac{b(t-1)}{b(t+1)}<e^{\frac{\lnt}{t-1}}<\frac{t-1}{2(t-1)}<\frac{t+1}{2(t+1)}<\frac{1}{t}<e^{-\frac{1}{t}}$$构造函数可证。证法3（主元法）不妨设$a>b$，则$$\frac{ab}{a-b}<L(a,b)<\frac{a+b}{2}$$即$$\frac{\lna-\lnb}{\frac{a-b}{ab}}<\frac{\lna-\lnb}{\frac{a-b}{ab}-1}<\frac{\lna+\lnb}{2}$$记$f(a)=\lna-\lnb-\frac{a-b}{ab}$，则$f'(a)=\frac{1}{a}-\frac{1}{b}+\frac{1}{a^2b}>0$，$f''(a)=-\frac{1}{a^2}+\frac{2}{a^3b}<0$，故$f(a)$在$(b,+\infty)$上单调递增。于是，左边得证。右边同理可证。证法4（积分形式的柯西不等式）不妨设$a>b$，则由$$\left(\int_{\lnb}^{\lna}e^xdx\right)^2<\int_{\lnb}^{\lna}e^{2x}dx\int_{\lnb}^{\lna}dx$$即$$\frac{a-b}{\lna-\lnb}<\sqrt{\frac{a+b}{2}}<\frac{a+b}{2\ln\sqrt{ab}}$$于是，$\frac{ab}{a-b}<L(a,b)<\frac{a+b}{2}$，即$\frac{\lna-\lnb}{\frac{a-b}{ab}}<L(a,b)<\frac{\lna+\lnb}{2}$。-b<0，可得lna-lnb<2ln(a-b)。证法5（几何图示法）可通过角梯形面积得到同样的结论。作f(x)=ln(x)，则f''(x)=-1/x^2<0，所以f(x)是凹函数。因此，由对数平均不等式的证法1、2可知，它与极值点偏移问题有联系。对于例1，设f(x1)=f(x2)，则ln(x1)-x1=ln(x2)-x2，即x1-x2=ln(x1/x2)<1。因此，x1x2<1且2<x1+x2。对于例2，设f(x)=((2-x)e^x)/(x-1)+a。由f'(x)=((x-2)e^x)/(x-1)^2+a/(x-1)，可得f'(x1)=f'(x2)。通过计算可得x1+x2<2，从而得到x1+x2<2的结论。对于例3，设f(x)=ln(x^2-2x+2)+2ln(x-1)。通过计算可得f''(x)=2/(x^2-2x+2)-4/(x-1)^2>0，因此f(x)是凸函数。设x1<x2，则由中值定理可得存在c∈(x1,x2)，使得f(x2)-f(x1)=f'(c)(x2-x1)>0，因此f(x)单调递增，从而得到x1+x2>2的结论。lnx1/x2=m得x1/x2=m^(lnx2/lnx1)，x2=x1^(lnx2/lnx1)/m；m=(lnx1-lnx2)/(lnx1/x2-lnx2/x1)；m=-(lnx1-lnx2)/(lnx1-lnx2/x1+x2-lnx1/x2)，x1+x2=lnx1lnx2/m；由对数平均不等式得m(lnx1+lnx2)-m<ln(x1/x2)<m(lnx1+lnx2)-m(lnx1/x2+lnx2/x1)/2；ln(x1/x2)<(lnx1+lnx2)/2，得x1/x2<e^((lnx1+lnx2)/2)，再解练习1：由lnx1-ax1=lnx2-ax2得x1-x2<x1/(eax1)-x2/(eax2)，x1+x2>2e^a，再解例4：同例1，不再详述，再解例5：同例1得到x1/x2<1，则x1+x2>2，再解例7（2）：易得x1/x2<2，x1+x2>2，再解例8：2lnx1-ax1=2lnx2-ax2，2(lnx1-lnx2)=a(x1-x2)，得x1-x2<2x1/(eax1)-x2/(eax2)，x1+x2>2，再解练习2：原题结论抄写有误，应更正为f′(x)<(x1+x2)/2(x1x2)；f(x)=ex=a(x-1)(a>e^2)，x=lna+ln(x-1)，则x1-x2=ln(x1-1)-ln(x2-1)，则(x1-1)-(x2-1)<(x1-1)/(eax1-1)-(x2-1)/(eax2-1)，x1+x2>2，1.由题得：$21\ln(x_1-1)-\ln(x_2-1)$，因此$x_1-1$和$x_2-1$都是正数。2.由对数平均不等式得：$$\frac{1}{2}\ln\left((x_1-1)(x_2-1)\right)\leq\frac{1}{2}\left(\ln(x_1-1)+\ln(x_2-1)\right)=1$$3.化简得：$$(x_1-1)(x_2-1)<e^2$$4.又因为$x_1+x_2>4$，所以：$$\frac{(x_1-1)(x_2-1)}{x_1+x_2-2}<\frac{e^2}{2\lna}<\lna$$5.因此：$$\frac{x_1}{x_2}=\frac{e^{2\lnx_1-2\ln(x_1-1)}}{e^{2\lnx_2-2\ln(x_2-1)}}=\frac{(x_1-1)^2}{(x_2-1)^2}e^{2\ln(x_1-1)-2\ln(x_2-1)}<\frac{(x_1-1)^2}{(x_2-1)^2}\leq\frac{x_1-1}{x_2-1}$$6.又因为$x_1+x_2>4$，所以：$$\frac{x_1-1}{x_2-1}+\frac{x_2-1}{x_1-1}\geq\frac{(x_1+x_2-2)^2}{(x_1-1)(x_2-1)}>4$$7.因此：$$\frac{x_1}{x_2}+\frac{x_2}{x_1}=\frac{x_1^2+x_2^2}{x_1x_2}<\frac{x_1+x_2}{2}+\frac{4}{x_1+x_2-2}<2\lna$$8.综上所述，$f'(x_1x_2)<2\lna$。证法2：由题意得，两式相减得：$$\frac{2+(2-a)x_1}{lnx_1}-\frac{2+(2-a)x_2}{lnx_2}=\frac{(x_1-x_2)(a(x_1+x_2)+a^{-2})}{lnx_1-lnx_2}$$化简后得：$$lnx_1-lnx_2=\frac{(x_1-x_2)(a(x_1+x_2)+a^{-2})}{2+(2-a)x_1-2-(2-a)x_2}$$整理后得：$$(x_1-x_2)(a(x_1+x_2)+a^{-2})>0$$所以：$$x_1+x_2<\frac{1}{2}\quad\Rightarrow\quad\frac{a(x_1+x_2)+(a^{-2})}{2}<\frac{1}{2}$$进一