圆梦导数杯T5一个不完整的证明

已知函数$f(x)=a \mathbb{e}^{x}-2x+\ln{\frac{x}{a}}(a>0)$, 且$f(x_{1})=f(x_{2})=0(1<x_{1}<x_{2})$.

(I)求$a$的取值范围;

(II)讨论函数$r(x)=f(x-x_{1})+f(x-x_{2})$的零点个数.

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目前没有找到什么能完整写完的思路

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(I)

$f’(x)=a e^x+\frac{1}{x}-2$

令$g(x)=\frac{2-\frac{1}{x}}{e^{x}}$

$g’(x)=\frac{(2 x+1)(1-x)}{x^2e^{x}}$

$x\in (0, 1)$时, $g’(x)>0$, $g(x)$单调递增;

$x\in (1, +\infty)$时, $g’(x)<0$, $g(x)$单调递减;

$g(\frac{1}{2})=0$

$\lim_{x\to +\infty}g(x)=0$

$g(1)=\frac{1}{e}$

若$a\in (0, \frac{1}{e})$

$g(x)=a$在$(\frac{1}{2}, 1)$与$(1, +\infty)$上各恰有一解, 不妨设为$x_{3}$, $x_{4}$, $(x_{3}<x_{4})$

$x\in (0, x_{3})$时, $g(x)<a$, $f’(x)>0$, $f(x)$单调递增;

$x\in (x_{3}, x_{4})$时, $g(x)>a$, $f’(x)<0$, $f(x)$单调递减;

$x\in (x_{4}, +\infty)$时, $g(x)<a$, $f’(x)>0$, $f(x)$单调递增;

$\lim_{x\to 0^{+}}f(x)=-\infty$

$f(1)=e a-\ln a-2>0$

$f(\ln\frac{1}{a})=1-\ln\frac{1}{a}+\ln\ln\frac{1}{a}<0$

$\lim_{x\to +\infty}f(x)=+\infty$

$x_{3}<1<\ln\frac{1}{a}<x_{4}$

$f(x)$在$(0, 1)$, $(1, \ln\frac{1}{a})$, $(\ln\frac{1}{a}, +\infty)$上各有一根

故$a\in (0, \frac{1}{e})$符合题意

若$a\in (\frac{1}{e}, +\infty)$

$g(x)<a$对$x\in (0, +\infty)$恒成立, $f(x)>0$恒成立, $f(x)$单调递增, 至多有一根, 不符题意

综上, $a\in (0, \frac{1}{e})$

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(II)

注意到

$r(x_{1}+x_{2})=f(x_{2})+f({x_1})=0$

我们证明

$r’(x_{1}+x_{2})=f’(x_{2})+f’({x_1})>0$

及

$f(x_{3})+f(x_{4})>0$

即可

对于后者, 我们设$\frac{2-\frac{1}{x_{4}}}{2-\frac{1}{x_{3}}}=k$

则

$x_{3}=\frac{1}{4} \left(-2 \ln (k)+\frac{\sqrt{k+4 \ln (k) (k+(k-1) \ln (k)+1)-1}}{\sqrt{k-1}}+1\right)$

$x_{4}=\frac{1}{4} \left(2 \ln (k)+\frac{\sqrt{k+4 \ln (k) (k+(k-1) \ln (k)+1)-1}}{\sqrt{k-1}}+1\right)$

$x_{3}+x_{4}=\frac{1}{2} \left(\frac{\sqrt{k+4 \ln (k) (k+(k-1) \ln (k)+1)-1}}{\sqrt{k-1}}+1\right)$

$x_{3}x_{4}=\frac{1}{8} \left(\frac{2 (k+1) \ln (k)}{k-1}+\frac{\sqrt{k+4 \ln (k) (k+(k-1) \ln (k)+1)-1}}{\sqrt{k-1}}+1\right)$

$f(x_{3})+f(x_{4})=4+2\ln(\frac{x_{3}x_{4}}{4x_{3}x_{4}-2(x_{3}+x_{4})+1})-(x_{3}+x_{4})(1+\frac{1}{x_{3}x_{4}})$

我们可以得到一个关于$k$的函数

由$Mathematica$, 得证…