Question

20．已知函数f（x）=xlnx，g（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$．
（1）记F（x）=f（x）-g（x），求证：F（x）=0在区间（1，+∞）内有且仅有一个实根；
（2）用min{a，b}表示a，b中的最小值，设函数m（x）=min{f（x），g（x）}，若方程m（x）=c在（1，+∞）有两个不相等的实根x₁，x₂（x₁＜x₂），记F（x）=0在（1，+∞）内的实根x₀．
求证：$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$＞x₀．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过解关于导函数的不等式，得到函数的单调性，结合零点存在定理证出结论即可；
（2）问题转化为证明x₁+x₂＞2x₀，根据m（x）在（x₀，+∞）上递减，即证明m（m₂）＜m（2x₀-x₁），根据函数的单调性证明即可．

解答 证明：（1）F（x）=xlnx-$\frac{x}{{e}^{x}}$，定义域是（0，+∞），
F′（x）=1+lnx+$\frac{x-1}{{e}^{x}}$，
x＞1时，F′（x）＞0，∴F（x）在（1，+∞）递增，
又F（1）=-$\frac{1}{e}$＜0，F（2）=2ln2-$\frac{2}{{e}^{2}}$＞0，
而F（x）在（1，+∞）上连续，
根据零点存在定理可得：F（x）=0在区间（1，+∞）有且只有1个实根；
（2）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）得：F（x）在（1，+∞）递增，又x₀为F（x）=0在（1，+∞）内的实根，
∴F（x₀）=f（x₀）-g（x₀）=0，故1＜x＜x₀时，即f（x）＜g（x），
x＞x₀时，F（x）＞0即f（x）＞g（x），
∴m（x）=$\left\{\begin{array}{l}{xlnx，0＜x{≤x}_{0}}\\{\frac{x}{{e}^{x}}，x{＞x}_{0}}\end{array}\right.$，
1＜x＜x₀时，m（x）=xlnx，m′（x）=1+lnx＞0，
∴m（x）在（1，x₀）递增，
x＞x₀时，m（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$，m′（x）=$\frac{1-x}{{e}^{x}}$＜0，
∴m（x）在（x₀，+∞）递减，
若方程m（x）=c在（1，+∞）有两个不相等的实根x₁，x₂（x₁＜x₂），
则满足x₁∈（1，x₀），x₂∈（x₀，+∞），
要证明$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$＞x₀，即证明x₁+x₂＞2x₀，即证明x₂＞2x₀-x₁＞x₀，
而m（x）在（x₀，+∞）上递减，即证明m（m₂）＜m（2x₀-x₁），
∵m（x₁）=m（x₂），
即证明：m（x₁）＜m（2x₀-x₁），即证明：lnx₁＜$\frac{{2x}_{0}{-x}_{1}}{{e}^{{2x}_{0}{-x}_{1}}}$，x₁∈（1，x₀），
记h（x）=xlnx-$\frac{{2x}_{0}-x}{{e}^{{2x}_{0}-x}}$，x∈（1，x₀），
由F（x₀）=0得：x₀lnx₀=$\frac{{x}_{0}}{{e}^{{x}_{0}}}$，∴h（x₀）=0，
h′（x）=1+lnx+$\frac{1}{{e}^{{2x}_{0}-x}}$-$\frac{{2x}_{0}-x}{{e}^{{2}_{0}-x}}$，
g（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$，g′（x）=$\frac{1-x}{{e}^{x}}$，
0＜x＜1时，g′（x）＞0，x＞1时，g′（x）＜0，
故g（x）≤g（1）=$\frac{1}{e}$，
∴x＞0时，0＜g（x）≤$\frac{1}{e}$，
∵2x₀-x＞0，∴0＜$\frac{{2x}_{0}-x}{{e}^{{2}_{0}-x}}$≤$\frac{1}{e}$，
∴h′（x）=1+lnx+$\frac{1}{{e}^{{2x}_{0}-x}}$-$\frac{{2x}_{0}-x}{{e}^{{2}_{0}-x}}$＞1-$\frac{1}{e}$＞0，
∴h（x）递增，从而1＜x₁＜x₀时，h（x）＜h（x₀）=0，
即lnx₁＜$\frac{{2x}_{0}{-x}_{1}}{{e}^{{2x}_{0}{-x}_{1}}}$，
故$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$＞x₀得证．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查函数的零点存在定理，导数的应用，不等式的证明，是一道综合题．