Question

16．已知函数f（x）=xlnx，g（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$．
（Ⅰ）记F（x）=f（x）-g（x），判断F（x）在区间（1，2）内零点个数并说明理由；
（Ⅱ）记（Ⅰ）中的F（x）在（1，2）内的零点为x₀，m（x）=min{f（x），g（x）}，若m（x）=n（n∈R）在（1，+∞）有两个不等实根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）对F（x）求导，利用x∈（1，2）判定导函数的符号，进而得到函数的单调性，在利用零点存在定理进行证明．
（Ⅱ）先由x的范围讨论f（x），g（x）的大小，确定之间的关系式m（x），在判断x₁+x₂与2x₀的大小，可以利用分析法对其进行证明．

解答 解：由题意：F（x）=f（x）-g（x），那么：F（x）=xlnx-$\frac{x}{{e}^{x}}$．定义域为（0，+∞）
F′（x）=1+lnx+$\frac{x-1}{{e}^{x}}$，由题设x∈（1，2），故F′（x）＞0，即F（x）在区间（1，2）上是增函数．（1，2）是单调增区间．那么：F（1）=ln1-$\frac{1}{e}$=$-\frac{1}{e}$＜0，F（2）=2ln2-$\frac{2}{{e}^{2}}$＞0，并且F（x）在（1，2）上连续的，故根据零点定理，有F（x）在区间（1，2）有且仅有唯一实根，即一个零点．
（Ⅱ）记（Ⅰ）中的F（x）在（1，2）内的零点为x₀，由f（x）=xlnx，当0＜x≤1时，f（x）≤0，而g（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$＞0，故f（x）＜g（x）；
由（Ⅰ）可知F′（x）=1+lnx+$\frac{x-1}{{e}^{x}}$，当x＞1时，F′（x）＞0，存在零点x₀∈（1，2），不然有：F（x₀）=f（x₀）-g（x₀）=0，故1＜x＜x₀时，f（x）＜g（x）；当x＞x₀时，f（x）＞g（x）；
而此得到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）=1+lnx恒大于0，m（x）是单增函数．
当x＞x₀时，m′（x）=$\frac{x-1}{{e}^{x}}$恒小于0，m（x）是单减函数．
m（x）=n（n∈R）在（1，+∞）有两个不等实根x₁，x₂（x₁＜x₂），则x₁∈（1，x₀），x₂∈（x₀，+∞），
显然：当x₂→+∞时，x₁+x₂＞2x₀．
要证明x₁+x₂＞2x₀，即可证明x₂＞2x₀-x₁＞x₀，而m（x）在x＞x₀时是单减函数．故证m（x₂）＜m（2x₀-x₁）．
又由m（x₁）=m（x₂），即可证：m（x₁）＜m（2x₀-x₁）．即x₁lnx₁＜$\frac{2{x}_{0}-{x}_{1}}{{e}^{2{x}_{0}-{x}_{1}}}$，（构造思想）
令h（x）=xlnx-$\frac{2{x}_{0}-x}{{e}^{2{x}_{0}-x}}$，由（1＜x＜x₀）．其中h（x₀）=0，
那么：h′（x）=1+lnx+$\frac{1}{{e}^{2{x}_{0}-x}}$-$\frac{2{x}_{0}-x}{{e}^{2{x}_{0}-x}}$，
记φ（t）=$\frac{t}{{e}^{t}}$，则φ′（t）=$\frac{1-t}{{e}^{t}}$，当t∈（0，1）时，φ′（t）＞0；当t＞1时，φ′（t）＜0；故φ（t）_max=$\frac{1}{e}$；
而φ（t）＞0；故$\frac{1}{e}$＞φ（t）＞0，而2x₀-x＞0，从而有：$-\frac{1}{e}＜-\frac{2{x}_{0}-x}{{e}^{2{x}_{0}-x}}$＜0；
因此：h′（x）=1+lnx+$\frac{1}{{e}^{2{x}_{0}-x}}$-$\frac{2{x}_{0}-x}{{e}^{2{x}_{0}-x}}$＞0，即h（x）单增，从而1＜x＜x₀时，h（x）＜h（x₀）=0．
即x₁lnx₁＜$\frac{2{x}_{0}-{x}_{1}}{{e}^{2{x}_{0}-{x}_{1}}}$成立．
故得：x₁+x₂＞2x₀．

点评 本题考查了零点才存在性问题和判断，有考查了利用导数来研究函数的单调性，最值及其运用．考了证明化简的能力，不断的构造思想．属于难题．