构造函数的另一种思路：把两个未知中的其中一个看作函数自变量

一、题目

难度评级：

二、解析

证明方法一：拉格朗日中值定理

令：

$$f(x)=\ln x$$

则，由拉格朗日中值定理可知，至少存在一点 $\xi \in (a,b)$, 可使下式成立：

$$\frac{\ln b-\ln a}{b-a}={(\ln x)}^{\prime }{|}_{x=\xi }=\frac{1}{\xi }$$

Note

由于严格地说 “$\ln \xi$” 是一个数字，求导之后得零，所以才使用上面的写法。如果是在考试的时候，不需要在答题卡上反映推导过程的话，可以直接写：$\frac{\ln b-\ln a}{b-a}$ $=$ ${(\ln \xi )}^{\prime }$ $=$ $\frac{1}{\xi }$

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又因为在 $\ln x$ 中一定有 $x>0$, 所以：

$$\xi >0,a>0$$

且：

$$a<\xi <b$$

对上面的不等式取倒数，得：

$$\frac{1}{a}>\frac{1}{\xi }>\frac{1}{b}$$

又因为 $b$ $>$ $a$, 所以，由这篇文章中的结论可知：

$$\frac{1}{\xi }>\frac{1}{b}>\frac{2a}{a^2+b^2}$$

进而可得：

$$\frac{\mathbf{ln}\mathbf{}\mathit{b}–\mathbf{ln}\mathbf{}\mathit{a}}{\mathit{b}–\mathit{a}}\mathbf{>}\frac{\mathbf{2}\mathit{a}}{{\mathit{a}}^{\mathbf{2}}\mathbf{+}{\mathit{b}}^{\mathbf{2}}}$$

综上可知，题目得证

证明方法二：构造函数

Tip

在这里构造函数的时候，需要将原式中的 $a$ 或者 $b$ 其中之一看作自变量，另一个看作常数处理。

在下面的解法中，我们是将 “$b$” 看作了自变量，”$a$” 看作了常数。当然，如果反过来，将 “$a$” 看作自变量，”$b$” 看作常数也是可以的，对应的解法与下面类似。

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由 $\frac{\ln b–\ln a}{b–a}$ $>$ $\frac{2a}{a^2+b^2}$, 把其中的 “$b$” 替换成 “$x$”, 得（其中，$x$ $>$ $a$ $>$ $0$）：

$$\begin{array}{}\text{(1)}& \frac{\ln x–\ln a}{x–a}>\frac{2a}{a^2+x^2}\end{array}$$

于是，若令函数：

$$\begin{array}{}\text{(2)}& f(x)=(x^2+a^2)(\ln x–\ln a)–2a(x–a)\end{array}$$

于是，要使 $(1)$ 式成立，就是要使 $(2)$ 式满足：

$$f(x)>0$$

因此，我们接下来要做的就是判断函数 $f(x)$ 的极值点和单调性，看一看是否满足 $f(x)$ $>$ $0$.

首先，对函数 $f(x)$ 求一阶导：

$$\begin{array}{r}{f}^{\prime }(x)\\ \\ & =2x(\ln x–\ln a)+(x^2+a^2)\frac{1}{x}–2a\\ \\ & =2x(\ln x–\ln a)+\frac{(x–a{)}^2}{x}\end{array}$$

因此，当 $x$ $\in$ $(a,+\mathrm{\infty })$ 时，一定有：

$$f^{\prime }(x)>0$$

所以，此时的 $f(x)$ 严格单调递增。

又因为 $x$ $=$ $a$ 时：

$$f(a)=0$$

所以当 $x$ $\in$ $(a,+\mathrm{\infty })$ 时， 有：

$$f(x)>f(a)=0$$

即：

$$(x^2+a^2)(\ln x–\ln a)–2a(x–a)>0$$

之后，令 $x=b$, 则：

$$(b^2+a^2)(\ln b–\ln a)–2a(b–a)>0\Rightarrow$$

$$(b^2+a^2)(\ln b–\ln a)>2a(b–a)\Rightarrow$$

$$\frac{\mathbf{ln}\mathbf{}\mathit{b}–\mathbf{ln}\mathbf{}\mathit{a}}{\mathit{b}–\mathit{a}}\mathbf{>}\frac{\mathbf{2}\mathit{a}}{{\mathit{a}}^{\mathbf{2}}\mathbf{+}{\mathit{b}}^{\mathbf{2}}}$$

综上可知，题目得证

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