Question

8．（1）当x＞1时，求证：$2{x^2}+\frac{1}{x^2}＞2x+$$\frac{1}{x}＞2\sqrt{x}+\frac{1}{{\sqrt{x}}}$；
（2）若a＜e，用反证法证明：函数f（x）=xe^x-ax²（x＞0）无零点．

Answer 1

分析 （1）利用分析法证明即可，
（2）利用反证法证明即可

解答 证明：（1）分析法：∵x＞1，
∴要证$2{x^2}+\frac{1}{x^2}＞2x+\frac{1}{x}$，
只需证2x⁴+1＞2x³+x，
即证2x³（x-1）＞x-1，
∵x＞1，
∴只需证2x³＞1，
∵x＞1，
∴2x³＞2＞1，
故$2{x^2}+\frac{1}{x^2}＞2x+\frac{1}{x}$得证．
令$x=\sqrt{t}$，则$2{（{\sqrt{t}}）^2}+\frac{1}{{{{（{\sqrt{t}}）}^2}}}$$＞2\sqrt{t}+\frac{1}{{\sqrt{t}}}$，
即$2t+\frac{1}{t}＞$$2\sqrt{t}+\frac{1}{{\sqrt{t}}}$，
则$2x+\frac{1}{x}$$＞2\sqrt{x}+\frac{1}{{\sqrt{x}}}$，
从而$2{x^2}+\frac{1}{x^2}＞2x$$+\frac{1}{x}＞2\sqrt{x}+\frac{1}{{\sqrt{x}}}$．
（2）反证法：假设函数f（x）=xe^x-ax²（x＞0）有零点，
则f（x）=0在（0，+∞）上有解，即$a=\frac{e^x}{x}$在（0，+∞）上有解．
设$g（x）=\frac{e^x}{x}$（x＞0），$g'（x）=\frac{{{e^x}（{x-1}）}}{x^2}$（x＞0），
当0＜x＜1时，g'（x）＜0；
当x＞1时，g'（x）＞0．
∴g（x）≥g（x）_min=g（1）=e，
∴a≥e，但这与条件a＜e矛盾，
故假设不成立，即原命题得证．

点评 本题考查分析法反证法的运用，考查不等式的证明，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．