Question

18．已知函數(shù)f（x）=xlnx，g（x）=x•e^-x．
（1）記F（x）=f（x）-g（x），求證：函數(shù)F（x）在區(qū)間（1，+∞）內(nèi)有且僅有一個零點；
（2）用min{a，b}表示a，b中的最小值，設(shè)函數(shù)h（x）=min{f（x），g（x）}，若關(guān)于x的方程h（x）=c（其中c為常數(shù)）在區(qū)間（1，+∞）有兩個不相等的實根x₁，x₂（x₁＜x₂），記F（x）在（1，+∞）內(nèi)的零點為x₀，試證明：$\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}$＞x₀．

Answer 1

分析 （1）構(gòu)造函數(shù)F（x）=xlnx-xe^-x，判斷F（x）的單調(diào)性，利用零點定理證明；
（2）構(gòu)造函數(shù)h（x）=$\left\{\begin{array}{l}{xlnx，1＜x＜{x}_{0}}\\{x{e}^{-x}，x≥{x}_{0}}\end{array}\right.$，判斷h（x）的單調(diào)性；若方程h（x）=c在區(qū)間（1，+∞）有兩個不相等的實根x₁，x₂（x₁＜x₂），則必有x₁∈（1，x₀），x₂∈（x₀，+∞）；
只需證h（x₂）＜h（2x₀-x₁），而h（x₂）=h（x₁），所以只需證h（x₁）＜h（2x₀-x₁）．

解答 解：（1）證明：F（x）=xlnx-xe^-x，F(xiàn)'（x）=lnx+1+（x-1）e^-x
顯然當x∈[1，+∞）時，F(xiàn)'（x）＞0，故F（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增；
而F（1）=-$\frac{1}{e}$＜0，F(xiàn)（2）=ln4-$\frac{2}{{e}^{2}}$＞0，所以由零點存在定理知，
必存在唯一x₀∈（1，2）⊆（1，+∞）內(nèi)有且僅有一個零點．
（2）由（1）可知g（x₀）=f（x₀）且x∈（1，x₀）時，f（x）＜g（x），x∈（x₀，+∞）時g（x）＜f（x），
因此h（x）=$\left\{\begin{array}{l}{xlnx，1＜x＜{x}_{0}}\\{x{e}^{-x}，x≥{x}_{0}}\end{array}\right.$
其中x₀ 滿足${x}_{0}ln{x}_{0}={x}_{0}{e}^{-{x}_{0}}$，即lnx₀=${e}^{-{x}_{0}}$，x₀∈（1，2）
而x∈（1，x₀）時，h'（x）=lnx+1＞0；
x∈（x₀，+∞）時，h'（x）=（1-x）e^-x＜0；
因此h（x）在（1，x₀）上單調(diào)遞增，（x₀，+∞）上單調(diào)遞減，
若方程h（x）=c在區(qū)間（1，+∞）有兩個不相等的實根x₁，x₂（x₁＜x₂），則必有x₁∈（1，x₀），x₂∈（x₀，+∞），
所證?x₁+x₂＞2x₀?x₂＞2x₀-x₁＞x₀，因為h（x）在（x₀，+∞）單調(diào)遞減，
所以只需證h（x₂）＜h（2x₀-x₁），而h（x₂）=h（x₁），所以只需證h（x₁）＜h（2x₀-x₁）
即證明：x₁lnx₁＜（2x₀-x₁）${e}^{-（2{x}_{0}-{x}_{1}）}$…?
構(gòu)造函數(shù)φ（x）=xlnx-（2x₀-x）${e}^{-（2{x}_{0}-{x}_{1}）}$=xlnx+（x-2x₀）${e}^{x-2{x}_{0}}$，x∈（1，x₀）
下證明x∈（1，x₀）時，φ'（x）＞0恒成立；
考查函數(shù)u（x）=（x+1）e^x，u'（x）=（x+2）e^x，所以u（x）在（-∞，-2）上單調(diào)遞減，在（2，+∞）上單調(diào)遞增，
所以一定有u（x-2x₀）=（x-2x₀+1）${e}^{x-2{x}_{0}}$≥u（-2）=-$\frac{1}{{e}^{2}}$，
因此，x∈（1，x₀）時，φ'（x）=1+lnx+u（x-2x₀）≥1+lnx-$\frac{1}{{e}^{2}}$＞0
即φ（x）在（1，x₀）上單調(diào)遞增，所以x₁∈（1，x₀）時，φ（x₁）＜φ（x₀）=0即?式成立．

點評 本題主要考查了利用導數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性、零點定理以及構(gòu)造新函數(shù)、轉(zhuǎn)化思想等知識點，屬中等偏上題．