Question

2．已知函數(shù)f（x）=xlnx，g（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$．
（1）證明方程f（x）=g（x）在區(qū)間（1，2）內(nèi)有且僅有唯一實(shí)根；
（2）記max{a，b}表示a，b兩個(gè)數(shù)中的較大者，方程f（x）=g（x）在區(qū)間（1，2）內(nèi)的實(shí)數(shù)根為x₀，m（x）=max{f（x），g（x）}，若m（x）=n（n∈R）在（1，+∞）內(nèi)有兩個(gè)不等的實(shí)根x₁，x₂（x₁＜x₂），判斷x₁+x₂與2x₀的大小，并說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過(guò)解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，得到函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合零點(diǎn)存在定理證出結(jié)論即可；
（2）問(wèn)題轉(zhuǎn)化為證$\frac{{x}_{1}}{{e}^{{x}_{1}}}$＜（2x₀-x₁）ln（2x₀-x₁），（1＜x₁＜x₀＜2），（*），設(shè)H（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$-（2x₀-x）ln（2x₀-x），（1＜x＜x₀＜2），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 證明：（1）令F（x）=f（x）-g（x），
則F（x）=xlnx-$\frac{x}{{e}^{x}}$，定義域是（0，+∞），
F′（x）=1+lnx+$\frac{x-1}{{e}^{x}}$，
x＞1時(shí)，F(xiàn)′（x）＞0，∴F（x）在（1，2）遞增，
又F（1）=-$\frac{1}{e}$＜0，F(xiàn)（2）=2ln2-$\frac{2}{{e}^{2}}$＞0，
而F（x）在（1，+∞）上連續(xù)，
根據(jù)零點(diǎn)存在定理可得：F（x）=0在區(qū)間（1，2）有且只有1個(gè)實(shí)根，
即方程f（x）=g（x）在區(qū)間（1，2）內(nèi)有且僅有唯一實(shí)根；
（2）x₁+x₂＜2x₀，
證明過(guò)程如下：
顯然：m（x）=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{x}{{e}^{x}}，1＜x{＜x}_{0}}\\{xlnx，x{＞x}_{0}}\end{array}\right.$，
當(dāng)1＜x＜x₀時(shí)，m（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$，m′（x）=$\frac{1-x}{{e}^{x}}$＜0，
故m（x）單調(diào)遞減；
當(dāng)x＞x₀時(shí)，m（x）=xlnx，m′（x）=1+lnx＞0，m（x）遞增，
要證x₁+x₂＜2x₀，
即證x₂＜2x₀-x₁，
由（1）知x₁＜x₀＜x₂，g（x₁）=f（x₂）=n，
故即證f（x₂）＜f（2x₀-x₁），
即證g（x₁）＜f（2x₀-x₁），
即證$\frac{{x}_{1}}{{e}^{{x}_{1}}}$＜（2x₀-x₁）ln（2x₀-x₁），（1＜x₁＜x₀＜2），（*），
設(shè)H（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$-（2x₀-x）ln（2x₀-x），（1＜x＜x₀＜2），
H′（x）=$\frac{1-x}{{e}^{x}}$+ln（2x₀-x）+1，
∵1＜x＜x₀＜2，
∴$\frac{1-x}{{e}^{x}}$+1＞0，ln（2x₀-x）＞0，
∴H′（x）＞0，
∴H（x）在（1，x₀）遞增，
即H（x）＜H（x₀）=0，故（*）成立，
故x₁+x₂＜2x₀成立．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性問(wèn)題，考查不等式的證明以及轉(zhuǎn)化思想，是一道中檔題．