Question

18．已知函數(shù)f（x）=xlnx，g（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$
（I）記F（x）=f（x）-g（x），證明F（x）在（1，2）區(qū)間內(nèi)有且僅有唯一實根；
（Ⅱ）記F（x）在（1，2）內(nèi)的實根為x₀，m（x）=min{f（x），g（x）}，若m（x）=n（n∈R）在（1，+∞）有兩不等實根x₁，x₂（x₁＜x₂），判斷x₁+x₂與2x₀的大小，并給出對應(yīng)的證明．

Answer 1

分析 （I）利用導(dǎo)數(shù)先判定函數(shù)F（x）的單調(diào)性，再利用根的存在性定理即可證明．
（II）當(dāng)0＜x≤1時，f（x）=xlnx≤0，而$g（x）=\frac{x}{e^x}＞0$，故此時有f（x）＜g（x），由（1）知：當(dāng)x＞1時，F(xiàn)'（x）＞0，且存在x₀∈（1，2）使得F（x₀）=f（x₀）-g（x₀）=0，故1＜x＜x₀時，f（x）＜g（x）；當(dāng)x＞x₀時，f（x）＞g（x）．可得$m（x）=\left\{\begin{array}{l}xlnx，0＜x≤{x_0}\\ \frac{x}{e^x}，x＞{x_0}\end{array}\right.$，顯然當(dāng)1＜x＜x₀時，m（x）=xlnx，m（x）單增；當(dāng)x＞x₀時，m（x）遞減．m（x）=n在（1，+∞）有兩不等實根x₁，x₂，則x₁∈（1，x₀），x₂∈（x₀，+∞）．顯然當(dāng)x₂→+∞時，x₁+x₂＞2x₀，用分析法與導(dǎo)數(shù)可給出證明．

解答 （I）證明：$F（x）=xlnx-\frac{x}{e^x}$，定義域為x∈（0，+∞），
$F'（x）=1+lnx+\frac{x-1}{e^x}$，而x∈（1，2），故F'（x）＞0，即F（x）在（1，2）上單調(diào)遞增，
又$F（1）=-\frac{1}{e}，F(xiàn)（2）=2ln2-\frac{2}{e^2}＞0$，而F（x）在（1，2）上連續(xù)，
故根據(jù)根的存在性定理有：F（x）在區(qū)間（1，2）有且僅有唯一實根．
（II）解：當(dāng)0＜x≤1時，f（x）=xlnx≤0，而$g（x）=\frac{x}{e^x}＞0$，故此時有f（x）＜g（x），由（1）知，$F'（x）=1+lnx+\frac{x-1}{e^x}$，當(dāng)x＞1時，F(xiàn)'（x）＞0，且存在x₀∈（1，2）使得F（x₀）=f（x₀）-g（x₀）=0，故1＜x＜x₀時，f（x）＜g（x）；當(dāng)x＞x₀時，f（x）＞g（x）．
因而$m（x）=\left\{\begin{array}{l}xlnx，0＜x≤{x_0}\\ \frac{x}{e^x}，x＞{x_0}\end{array}\right.$，
顯然當(dāng)1＜x＜x₀時，m（x）=xlnx，m'（x）=1+lnx＞0，因而m（x）單增；
當(dāng)x＞x₀時，$m（x）=\frac{x}{e^x}$，$m'（x）=\frac{1-x}{e^x}＜0$，因而m（x）遞減；
m（x）=n在（1，+∞）有兩不等實根x₁，x₂，則x₁∈（1，x₀），x₂∈（x₀，+∞）．
顯然當(dāng)x₂→+∞時，x₁+x₂＞2x₀，
下面用分析法給出證明．要證：x₁+x₂＞2x₀，即證x₂＞2x₀-x₁＞x₀，而m（x）在（x₀，+∞）上遞減，故可證m（x₂）＜m（2x₀-x₁），又由m（x₁）=m（x₂），即證m（x₁）＜m（2x₀-x₁），即${x_1}ln{x_1}＜\frac{{2{x_0}-{x_1}}}{{{e^{2{x_0}-{x_1}}}}}$，
記h（x）=xlnx-$\frac{2{x}_{0}-x}{{e}^{2{x}_{0}-x}}$（1＜x＜x₀），其中h（x₀）=0．
h′（x）=1+lnx+$\frac{1+x-2{x}_{0}}{{e}^{2{x}_{0}-x}}$=1+lnx+$\frac{1}{{e}^{2{x}_{0}-x}}$-$\frac{2{x}_{0}-x}{{e}^{2{x}_{0}-x}}$，
記u（t）=$\frac{t}{{e}^{t}}$，則u′（t）=$\frac{1-t}{{e}^{t}}$，當(dāng)t∈（0，1）時，u′（t）＞0；t∈（1，+∞）時，u′（t）＜0，故u（t）_max=$\frac{1}{e}$，而u（t）＞0，故0＜u（t）$＜\frac{1}{e}$，而2x₀-x＞0，從而-$\frac{1}{e}$＜-$\frac{2{x}_{0}-x}{{e}^{2{x}_{0}-x}}$＜0，因此h′（x）＞1-$\frac{1}{e}$＞0，即h（x）單增．從而1＜x＜x₀時，h（x）＜h（x₀）=0，即${x_1}ln{x_1}＜\frac{{2{x_0}-{x_1}}}{{{e^{2{x_0}-{x_1}}}}}$，故x₁+x₂＞2x₀得證．

點評 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、函數(shù)的零點、不等式的解法，考查了分析法、推理能力與計算能力，屬于難題．