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】
设函数\[g(x)=\dfrac{\ln x}x-\dfrac 1{x^2},\]则其导函数\[g'(x)=\dfrac{1}{x^2}\cdot \left(1+\dfrac 2x-\ln x\right),\]于是 $g(x)$ 在 $(0,m)$ 上单调递增，在 $(m,+\infty)$ 上单调递减，在 $x=m$ 处取得极大值，亦为最大值，其中\[1+\dfrac 2m-\ln m=0,\]且可以估计出 $ m\in(4,2{\rm e})$．设函数\[h(x)=g(x)-g\left(\dfrac{2{\rm e}^2}{x}\right),\]则\[h'(x)=\dfrac{\ln x-1-\ln 2}{2{\rm e}^2}+\dfrac{x}{2{\rm e}^4}+\dfrac{1-\ln x}{x^2}+\dfrac{2}{x^3},\]其二阶导函数\[h''(x)=\dfrac{-\dfrac{12}{x}-6+\dfrac{x^2}{{\rm e}^2}+\dfrac{x^3}{{\rm e}^4}+4\ln x}{2x^3},\]设分子部分为 $\varphi(x)$，则 $\varphi(x)$ 单调递增，且\[\varphi(\sqrt 2{\rm e})=-\dfrac{6}{\sqrt{\rm e}}-6+2+\dfrac{2\sqrt 2}{{\rm e}}+4+2\ln 2<0,\]因此在 $(0,\sqrt 2{\rm e})$ 上，$h'(x)$ 单调递减，又\[h'(\sqrt 2{\rm e})=\dfrac{2\sqrt 2-{\rm e}\ln 2}{2{\rm e}^3}>0,\]于是 $h(x)$ 在 $(0,\sqrt 2{\rm e})$ 上单调递增，结合 $g(\sqrt 2{\rm e})=0$，可得\[g(x_2)<g(x_1)<g\left(\dfrac{2{\rm e}^2}{x_1}\right),\]于是\[x_2>\dfrac{2{\rm e}^2}{x_1},\]从而\[x_1x_2>2{\rm e}^2,\]原命题得证．
答案
解析
备注
