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\[\dfrac{\ln x_1}{x_1}-\dfrac{1}{x_1^2}=\dfrac{\ln x_2}{x_2}-\dfrac{1}{x_2^2}=a,\]且 $x_1< x_2$，求证：$x_1x_2>2{\rm e}^2$．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})$．令\[h(x)=x+\dfrac{m^2}{x}+\lambda \cdot g(x),\]其导函数\[h'(x)=1-\dfrac{m^2}{x^2}+\lambda\cdot\dfrac{1}{x^2}\cdot \left(1+\dfrac 2x-\ln x\right),\]即\[h'(x)=\dfrac{x^2-m^2+\lambda \cdot \left(1+\dfrac 2x-\ln x\right)}{x^2},\]设分子部分为 $\varphi(x)$，则其导函数\[\varphi'(x)=2x+\lambda\left(-\dfrac 2{x^2}-\dfrac 1x\right),\]于是\[\varphi'(m)=2m-\lambda\left(\dfrac 2{m^2}+\dfrac 1m\right),\]取\[\lambda=\dfrac{2m^3}{2+m},\]则有\[\varphi'(m)=h'(m)=0,\]而 $\varphi(x)$ 单调递增，于是可得 $h(x)$ 单调递增．从而\[h(x_1)<h(x_2),\]即\[x_1+\dfrac{m^2}{x_1}<x_2+\dfrac{m^2}{x_2},\]也即\[x_1\cdot x_2>m^2>16,\]原命题得证．
答案
解析
备注
