已知函数 $f(x)=\dfrac{x}{a}-\ln x$,若函数 $f(x)$ 有两个零点 $x_1.x_2$
【难度】
【出处】
【标注】
  1. 求 $a$ 的取值范围;
    标注
    答案
    解析
    $f^{\prime}(x)=\dfrac{1}{a}-\dfrac{1}{x}$,
    若 $a<0$,$f^{\prime}(x)<0$,函数 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 单调递减,显然不正确.
    若 $a>0$,$f(x)$ 在 $(0,a)$ 单调递减,在 $(a,+\infty)$ 单调递增.
    故要求 $f(a)<0$,即 $a>{\rm{e}}$.
    此时,当 $x\in(0,1)$,$f(x)>0$,取 $x={\rm{e}}^{a+1}>{\rm{e}}$,$f(x)={\rm{e}}^a-a-1>0$
    故 $a>{\rm{e}}$.其中一个根位于 $(1,{\rm{e}})$,另外一个位于 $(a,+\infty)$.
  2. 证明:$\dfrac{1}{\ln x_1}+\dfrac{1}{\ln x_2}>\dfrac{2{\rm{e}}}{a}$.
    标注
    答案
    解析
    由题意可知 $\ln x_1=\dfrac{a}{x_1}$,$\ln x_2=\dfrac{a}{x_2}$,
    命题转化为 $\dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_2}>\dfrac{2{\rm{e}}}{a^2}$
    命题成立的充分条件为 $\dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_2}>\dfrac{2}{{\rm{e}}}$,不妨设 $1<x_1<{\rm{e}}<a<x_2$,
    取 $x_0=\dfrac{{\rm{e}}x_2}{2x_2-{\rm{e}}}<{\rm{e}}$
    $f(x_0)=\dfrac{{\rm{e}}x_2}{a(2x_2-{\rm{e}})}-\ln\dfrac{{\rm{e}}x_2}{2x_2-{\rm{e}}}=\dfrac{{\rm{e}}\ln x_2}{2x_2-{\rm{e}}}-\ln\dfrac{x_2}{2x_2-{\rm{e}}}-1$,
    取函数 $h(x)=\dfrac{{\rm{e}}\ln x}{2x-{\rm{e}}}-\ln\dfrac{x}{2x-{\rm{e}}}-1(x>{\rm{e}})$,则 $h^{\prime}(x)=\dfrac{2{\rm{e}}}{(2x-{\rm{e}})^2}\left(2-\ln x-\dfrac{{\rm{e}}}{x}\right)$,
    取 $k(x)=2-\ln x-\dfrac{{\rm{e}}}{x}$,$k^{\prime}(x)=-\dfrac{1}{x}+\dfrac{{\rm{e}}}{x^2}<0$,$k(x)<k(\rm{e})=0$
    $h^{\prime}(x)<0$,$h(x)$ 在 $({\rm{e}},+\infty)$ 单调递减.$h(x)<h({\rm{e}})=0$
    所以 $f(x_0)<0$,又 $x_0,x_1\in(1,{\rm{e}})$,函数 $f(x)$ 在该区间递减,
    故 $x_0>x_1$,即 $\dfrac{{\rm{e}}x_2}{2x_2-{\rm{e}}}>x_1$
    整理可得 $\dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_2}>\dfrac{2}{{\rm{e}}}$.
    证毕.
题目 问题1 答案1 解析1 备注1 问题2 答案2 解析2 备注2
0.108543s