Question

16．已知函數(shù)f（x）=xlnx，g（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$．
（Ⅰ）記F（x）=f（x）-g（x），判斷F（x）在區(qū)間（1，2）內(nèi)零點(diǎn)個(gè)數(shù)并說(shuō)明理由；
（Ⅱ）記（Ⅰ）中的F（x）在（1，2）內(nèi)的零點(diǎn)為x₀，m（x）=min{f（x），g（x）}，若m（x）=n（n∈R）在（1，+∞）有兩個(gè)不等實(shí)根x₁，x₂（x₁＜x₂），判斷x₁+x₂與2x₀的大小，并給出對(duì)應(yīng)的證明．

Answer 1

分析 （Ⅰ）對(duì)F（x）求導(dǎo)，利用x∈（1，2）判定導(dǎo)函數(shù)的符號(hào)，進(jìn)而得到函數(shù)的單調(diào)性，在利用零點(diǎn)存在定理進(jìn)行證明．
（Ⅱ）先由x的范圍討論f（x），g（x）的大小，確定之間的關(guān)系式m（x），在判斷x₁+x₂與2x₀的大小，可以利用分析法對(duì)其進(jìn)行證明．

解答 解：由題意：F（x）=f（x）-g（x），那么：F（x）=xlnx-$\frac{x}{{e}^{x}}$．定義域?yàn)椋?，+∞）
F′（x）=1+lnx+$\frac{x-1}{{e}^{x}}$，由題設(shè)x∈（1，2），故F′（x）＞0，即F（x）在區(qū)間（1，2）上是增函數(shù)．（1，2）是單調(diào)增區(qū)間．那么：F（1）=ln1-$\frac{1}{e}$=$-\frac{1}{e}$＜0，F(xiàn)（2）=2ln2-$\frac{2}{{e}^{2}}$＞0，并且F（x）在（1，2）上連續(xù)的，故根據(jù)零點(diǎn)定理，有F（x）在區(qū)間（1，2）有且僅有唯一實(shí)根，即一個(gè)零點(diǎn)．
（Ⅱ）記（Ⅰ）中的F（x）在（1，2）內(nèi)的零點(diǎn)為x₀，由f（x）=xlnx，當(dāng)0＜x≤1時(shí)，f（x）≤0，而g（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$＞0，故f（x）＜g（x）；
由（Ⅰ）可知F′（x）=1+lnx+$\frac{x-1}{{e}^{x}}$，當(dāng)x＞1時(shí)，F(xiàn)′（x）＞0，存在零點(diǎn)x₀∈（1，2），不然有：F（x₀）=f（x₀）-g（x₀）=0，故1＜x＜x₀時(shí)，f（x）＜g（x）；當(dāng)x＞x₀時(shí)，f（x）＞g（x）；
而此得到m（x）=$\left\{\begin{array}{l}{xlnx，（0＜x＜{x}_{0}）}\\{\frac{x}{{e}^{x}}，（x＞{x}_{0}）}\end{array}\right.$，
顯然：當(dāng)1＜x＜x₀時(shí)，m′（x）=1+lnx恒大于0，m（x）是單增函數(shù)．
當(dāng)x＞x₀時(shí)，m′（x）=$\frac{x-1}{{e}^{x}}$恒小于0，m（x）是單減函數(shù)．
m（x）=n（n∈R）在（1，+∞）有兩個(gè)不等實(shí)根x₁，x₂（x₁＜x₂），則x₁∈（1，x₀），x₂∈（x₀，+∞），
顯然：當(dāng)x₂→+∞時(shí)，x₁+x₂＞2x₀．
要證明x₁+x₂＞2x₀，即可證明x₂＞2x₀-x₁＞x₀，而m（x）在x＞x₀時(shí)是單減函數(shù)．故證m（x₂）＜m（2x₀-x₁）．
又由m（x₁）=m（x₂），即可證：m（x₁）＜m（2x₀-x₁）．即x₁lnx₁＜$\frac{2{x}_{0}-{x}_{1}}{{e}^{2{x}_{0}-{x}_{1}}}$，（構(gòu)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+$\frac{1}{{e}^{2{x}_{0}-x}}$-$\frac{2{x}_{0}-x}{{e}^{2{x}_{0}-x}}$，
記φ（t）=$\frac{t}{{e}^{t}}$，則φ′（t）=$\frac{1-t}{{e}^{t}}$，當(dāng)t∈（0，1）時(shí)，φ′（t）＞0；當(dāng)t＞1時(shí)，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，從而有：$-\frac{1}{e}＜-\frac{2{x}_{0}-x}{{e}^{2{x}_{0}-x}}$＜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）單增，從而1＜x＜x₀時(shí)，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．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了零點(diǎn)才存在性問(wèn)題和判斷，有考查了利用導(dǎo)數(shù)來(lái)研究函數(shù)的單調(diào)性，最值及其運(yùn)用．考了證明化簡(jiǎn)的能力，不斷的構(gòu)造思想．屬于難題．