Question

18．已知函数f（x）=xlnx，g（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$
（I）记F（x）=f（x）-g（x），证明F（x）在（1，2）区间内有且仅有唯一实根；
（Ⅱ）记F（x）在（1，2）内的实根为x₀，m（x）=min{f（x），g（x）}，若m（x）=n（n∈R）在（1，+∞）有两不等实根x₁，x₂（x₁＜x₂），判断x₁+x₂与2x₀的大小，并给出对应的证明．

Answer 1

分析 （I）利用导数先判定函数F（x）的单调性，再利用根的存在性定理即可证明．
（II）当0＜x≤1时，f（x）=xlnx≤0，而$g（x）=\frac{x}{e^x}＞0$，故此时有f（x）＜g（x），由（1）知：当x＞1时，F'（x）＞0，且存在x₀∈（1，2）使得F（x₀）=f（x₀）-g（x₀）=0，故1＜x＜x₀时，f（x）＜g（x）；当x＞x₀时，f（x）＞g（x）．可得$m（x）=\left\{\begin{array}{l}xlnx，0＜x≤{x_0}\\ \frac{x}{e^x}，x＞{x_0}\end{array}\right.$，显然当1＜x＜x₀时，m（x）=xlnx，m（x）单增；当x＞x₀时，m（x）递减．m（x）=n在（1，+∞）有两不等实根x₁，x₂，则x₁∈（1，x₀），x₂∈（x₀，+∞）．显然当x₂→+∞时，x₁+x₂＞2x₀，用分析法与导数可给出证明．

解答 （I）证明：$F（x）=xlnx-\frac{x}{e^x}$，定义域为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）上单调递增，
又$F（1）=-\frac{1}{e}，F（2）=2ln2-\frac{2}{e^2}＞0$，而F（x）在（1，2）上连续，
故根据根的存在性定理有：F（x）在区间（1，2）有且仅有唯一实根．
（II）解：当0＜x≤1时，f（x）=xlnx≤0，而$g（x）=\frac{x}{e^x}＞0$，故此时有f（x）＜g（x），由（1）知，$F'（x）=1+lnx+\frac{x-1}{e^x}$，当x＞1时，F'（x）＞0，且存在x₀∈（1，2）使得F（x₀）=f（x₀）-g（x₀）=0，故1＜x＜x₀时，f（x）＜g（x）；当x＞x₀时，f（x）＞g（x）．
因而$m（x）=\left\{\begin{array}{l}xlnx，0＜x≤{x_0}\\ \frac{x}{e^x}，x＞{x_0}\end{array}\right.$，
显然当1＜x＜x₀时，m（x）=xlnx，m'（x）=1+lnx＞0，因而m（x）单增；
当x＞x₀时，$m（x）=\frac{x}{e^x}$，$m'（x）=\frac{1-x}{e^x}＜0$，因而m（x）递减；
m（x）=n在（1，+∞）有两不等实根x₁，x₂，则x₁∈（1，x₀），x₂∈（x₀，+∞）．
显然当x₂→+∞时，x₁+x₂＞2x₀，
下面用分析法给出证明．要证：x₁+x₂＞2x₀，即证x₂＞2x₀-x₁＞x₀，而m（x）在（x₀，+∞）上递减，故可证m（x₂）＜m（2x₀-x₁），又由m（x₁）=m（x₂），即证m（x₁）＜m（2x₀-x₁），即${x_1}ln{x_1}＜\frac{{2{x_0}-{x_1}}}{{{e^{2{x_0}-{x_1}}}}}$，
记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+$\frac{1}{{e}^{2{x}_{0}-x}}$-$\frac{2{x}_{0}-x}{{e}^{2{x}_{0}-x}}$，
记u（t）=$\frac{t}{{e}^{t}}$，则u′（t）=$\frac{1-t}{{e}^{t}}$，当t∈（0，1）时，u′（t）＞0；t∈（1，+∞）时，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，从而-$\frac{1}{e}$＜-$\frac{2{x}_{0}-x}{{e}^{2{x}_{0}-x}}$＜0，因此h′（x）＞1-$\frac{1}{e}$＞0，即h（x）单增．从而1＜x＜x₀时，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得证．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性、函数的零点、不等式的解法，考查了分析法、推理能力与计算能力，属于难题．