利用调整法解决一系列极值点偏移问题
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个人记录
前言
21 世纪最重要的品质——淡定
什么是调整法？
调整法，顾名思义，就是在已有决策上调整，通过对原决策和调整后决策的比较，排除对答案没有用的情况，保留真正有价值的情况。调整法适用于一系列的最优化问题和证明问题。
设 f(x)=x\ln x，若 x_1,x_2\in(0,1)，证明：|f(x_1)-f(x_2)|\le h(|x_1-x_2|)。
其中 h(x) 是一个满足随 x 单调递增的函数，大部分题目中 h(x)=x，本题中 h(x)=\sqrt x。
前置准备：
根据洛必达原理，\lim_{x\to 0}f(x)=\lim_{x\to 0}\dfrac{\ln x}{\frac{1}{x}}=\lim_{x\to 0}\dfrac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^2}}=0，f(1)=0，极值点 B(\dfrac{1}{e},-\dfrac{1}{e})。
不妨令 x_2>x_1。
第一步调整
我们先证明：当 x_2>\dfrac{1}{e}，x_1\le \dfrac{1}{e} 时（也就是 x_1,x_2 分别在极值点两侧时）的情况不影响答案。
找到一个点 x_3 满足 x_3<\dfrac{1}{e} 且 f(x_2)=f(x_3)。如图 1，当 x_1<x_3 时，显然有 |x_1-x_3|<|x_1-x_2|。也就是说，如果 |f(x_1)-f(x_3)|<h(|x_1-x_3|)，那么必然有 |f(x_1)-f(x_2)|<h(|x_1-x_2|)。
但如果 x_1>x_3（图 2）时，是否还能有 |x_1-x_3|<|x_1-x_2| 这么好的性质呢？当然有。
我们先证明一个极值点偏移：
引理：x_2+x_3>\dfrac{2}{e}。 这个引理的等价表述是 |x_2-\dfrac{1}{e}|<|x_3-\dfrac{1}{e}|。
即证 x_2>\dfrac{2}{e}-x_3。因为 x_3\in(0,\dfrac{1}{e})，所以 \dfrac{2}{e}-x_3>\dfrac{1}{e}，它们都在极值点右侧，所以可以转化为 f(x_2)>f(\dfrac{2}{e}-x_3)，即 f(x_3)>f(\dfrac{2}{e}-x_3)。
令 F(x)=f(x)-f(\dfrac{2}{e}-x)\ \ \ (x\in (0,\dfrac{1}{e}])，F'(x)=\ln x+\ln (\dfrac{2}{e}-x)+2=\ln(x\cdot(\dfrac{2}{e}-x))+2。
根据均值不等式，x\cdot(\dfrac{2}{e}-x)\le \dfrac{1}{e^2}，所以 F'(x)\le \ln(\dfrac{1}{e^2})+2=0，所以 F(x)\ge F(\dfrac{1}{e})=0。
又因为 x_3<\dfrac{1}{e}，有 f(x_3)>f(\dfrac{2}{e}-x_3)，即 x_2+x_3>\dfrac{2}{e} 成立。
所以，我们有：|x_1-x_2|\ge |x_2-\dfrac{1}{e}|\ge |x_3-\dfrac{1}{e}|\ge |x_1-x_3|。性质仍然成立。
综上，所有 x_1,x_2 横跨极值点的情况都不优于 x_1,x_2 在同一侧的情况，不用再讨论下去。
第二步调整
我们接着讨论 x_2\le \dfrac{1}{e} 的情况。首先进行感性理解：
观察 f'(x) 的图像，我们发现如果固定了 |x_1-x_2| 的值，那么它们对应点围成的曲面梯形面积随着 x_1 的右移在不断减小，也就意味着 |f(x_2)-f(x_1)| 在越来越小。根据调整法，我们应该要尽量让这个值大一些，把情况往最严格的地方卡。因此，我们如果能够证明 \forall x\in(0,\dfrac{1}{e}]，都有 |f(x)|\le h(x) 的话，整个 x_2\le \dfrac{1}{e} 都是合法的。
下面我们来理性证明一下：
> **引理：$|f(x_1)-f(x_2)|\le |f(x_2-x_1)|$**。
>
> **法一：** 由于 $f'(x)=\ln x+1$ 单调递增且在 $(0,\dfrac{1}{e})$ 内的值 $<0$，所以 $\forall x\in(x_1,\dfrac{1}{e})$ 都有 $f'(x)>f'(x-x_1)$。
>
> 所以有 $\mid_{0}^{x_2-x_1}f'(x)<\mid_{x_1}^{x_2}f'(x)$，即 $f(x_2-x_1)<f(x_2)-f(x_1)$。又因为 $f(x)$ 在 $(0,\dfrac{1}{e})$ 单调递减且值恒小于 0，所以有 $|f(x_1)-f(x_2)|\le |f(x_2-x_1)|$。
>
> **法二：** 令 $x_1=a,x_2-x_1=b$，即证 $f(a)+f(b)\le f(a+b)$。也就是 $a\ln a+b\ln b\le (a+b)\ln(a+b)$。同时取对数，$e^{a\ln a+b\ln b}=(e^{\ln a})^a\times (e^{\ln b})^b=a^a\times b^b$，同理 $e^{(a+b)\ln (a+b)}=(a+b)^{a+b}$。
>
> 根据均值不等式， $a^a\times b^b\le (\dfrac{a^2+b^2}{a+b})^{a+b}=(a+b-\dfrac{2ab}{a+b})^{a+b}<(a+b)^{a+b}$，成立！
根据调整法，如果 $|f(x_2-x_1)|\le h(|x_2-x_1|)$，那么一定有 $|f(x_1)-f(x_2)|\le h(|x_2-x_1|)$。所以我们只需要讨论 $|f(x)|$ 与 $h(x)$ 的大小关系即可。
对于 $x_1\ge\dfrac{1}{e}$ 的情况同理，可以证明 $|f(x_1)-f(x_2)|\le |f(1)-f(1-|x_1-x_2|)|$，只需判断 $f(x)$ 与 $h(1-x)$ 的大小关系即可。
### 最后的计算
- **Part 1：证明 $-x\ln x<\sqrt x\ \ \ (x\in (0,\dfrac{1}{e}])$**
即证 $\sqrt x\ln \sqrt x>-\dfrac{1}{2}$。令 $t=\sqrt x\in(0,\dfrac{\sqrt e}{e})$，即证 $t\ln t>-\dfrac{1}{2}$。这不就是 $f(t)$ 吗？显然有 $-\dfrac{1}{e}>-\dfrac{1}{2}$，成立！
- **Part 2：证明 $-x\ln x<\sqrt{1-x}\ \ \ (x\in [\dfrac{1}{e},1))$**
即证 $x^2\ln^2 x<1-x$，即证 $\ln^2 x+\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x^2}<0$（设为 $g(x)$）。$g'(x)=\dfrac{2\ln x}{x}-\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{2}{x^3}=\dfrac{1}{x^3}(2x^2\ln x-x+2)$。考虑分析 $\varphi(x)=2x^2\ln x-x+2$。利用对数均值不等式 $\ln x>\dfrac{2(x-1)}{x+1}$，$\varphi(x)>2x^2\dfrac{2(x-1)}{x+1}-x+2=(x+1)[4x^2(x-1)+(x+1)(2-x)]=(x+1)[4x^3-5x^2+x+2]$。分析 $y=4x^2-5x+1$，对称轴为 $x=\dfrac{5}{8}$，此时 $y=-\dfrac{9}{25}$，那显然 $y>-2$，所以 $\varphi(x)>0$，$g'(x)>0$，只需要考虑 $x=1$ 的情况，恰好 $g(1)=0$，成立！
（相信有更加简单的办法）
综上，$|f(x_1)-f(x_2)|\le h(|x_1-x_2|)$，成立！