已知 $y=\ln x-\dfrac 1x$ 与 $y=ax$ 交于两点 $A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$，求证：$x_1x_2>2{\mathrm e}^2$．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
略
【解析】
问题即\[\dfrac{1}{x_1}\ln \dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_1^2}=\dfrac{1}{x_2}\ln \dfrac{1}{x_2}+\dfrac{1}{x_2^2}=-a,\]且 $x_1\ne x_2$，求证：\[\ln \dfrac{1}{x_1}+\ln \dfrac{1}{x_2} <-(2+\ln 2).\]因此问题等价于
新问题 已知函数 $g(x)=x{\rm e}^x+{\rm e}^{2x}$ 的图象与 $y=-a$ 有两个公共点，横坐标分别为 $x_1,x_2$（$x_1<x_2$），求证：$x_1+x_2<-2-\ln 2$．
解 函数 $g(x)$ 的导函数\[g'(x)={\rm e}^{x}(2{\rm e}^x+x+1),\]于是\[\begin{array}{c|ccc}\hline
x&(-\infty,m)&m&(m,+\infty)\\ \hline
g'(x)&-&0&+\\ \hline
g(x)&\searrow&\min &\nearrow \\ \hline\end{array}\]其中 $m$ 是函数 $\varphi(x)=2{\rm e}^x+x+1$ 的零点，且 $m\in \left(-\dfrac 32,-2\ln 2\right)$．设函数\[h(x)=g(x)-g(2m-x),\]则其二阶导函数\[h''(x)=g''(x)-g''(2m-x),\]考虑到\[g'''(x)={\rm e}^x(8{\rm e}^x+x+3),\]于是函数 $g''(x)$ 在 $(2m,0)$ 内单调递增，于是当 $x\in (m,0)$ 时，$h''(x)>0$，结合\[h'(m)=h(m)=0,\]可得当 $x\in (m,0)$ 时，有 $h(x)>0$，于是\[g(x_1)=g(x_2)>g(2m-x_2),\]又 $g(x)$ 在 $(-\infty,m)$ 上单调递减，因此\[x_1<2m-x_2,\]从而\[x_1+x_2<2m<-4\ln 2<-2-\ln 2,\]命题得证．
x&(-\infty,m)&m&(m,+\infty)\\ \hline
g'(x)&-&0&+\\ \hline
g(x)&\searrow&\min &\nearrow \\ \hline\end{array}\]其中 $m$ 是函数 $\varphi(x)=2{\rm e}^x+x+1$ 的零点，且 $m\in \left(-\dfrac 32,-2\ln 2\right)$．设函数\[h(x)=g(x)-g(2m-x),\]则其二阶导函数\[h''(x)=g''(x)-g''(2m-x),\]考虑到\[g'''(x)={\rm e}^x(8{\rm e}^x+x+3),\]于是函数 $g''(x)$ 在 $(2m,0)$ 内单调递增，于是当 $x\in (m,0)$ 时，$h''(x)>0$，结合\[h'(m)=h(m)=0,\]可得当 $x\in (m,0)$ 时，有 $h(x)>0$，于是\[g(x_1)=g(x_2)>g(2m-x_2),\]又 $g(x)$ 在 $(-\infty,m)$ 上单调递减，因此\[x_1<2m-x_2,\]从而\[x_1+x_2<2m<-4\ln 2<-2-\ln 2,\]命题得证．
答案
解析
备注
