题目 已知 $f(x)=x-\ln x-m$，且 $f(x)$ 有 $2$ 个零点 $x_1,x_2$． 问题1 求证：$x_1+x_2<m+\dfrac{m-1}{\ln m}$； 答案1 略 解析1 略 备注1 根据对数平均不等式，有\[\dfrac{m-1}{\ln m}=\dfrac{m-1}{\ln m-\ln 1}>\sqrt m,\]因此只需要证明\[x_1+x_2<m+\sqrt m.\]也即\[x_1+x_2<x_1-\ln x_1+\sqrt{x_1-\ln x_1},\]也即\[x_2<\sqrt{x_1-\ln x_1}-\ln x_1,\]考虑到 $x_2,\sqrt{x_1-\ln x_1}-\ln x_1$ 均在 $f(x)$ 的单调递增区间 $(1,+\infty)$ 内，因此只需要证明\[f(x_1)=f(x_2)<f\left(\sqrt{x_1-\ln x_1}-\ln x_1\right),\]接下来证明\[\forall x\in(0,1),f(x)<f\left(\sqrt{x-\ln x}-\ln x\right).\]欲证命题即\[\forall x\in(0,1),x-\ln x<\sqrt{x-\ln x}-\ln x-\ln\left(\sqrt{x-\ln x}-\ln x\right),\]也即\[\forall x\in(0,1),\ln\left(\sqrt{x-\ln x}-\ln x\right)<\sqrt{x-\ln x}-x.\]根据均值不等式，有\[\sqrt{x-\ln x}=\sqrt{\left(x-\ln x\right)\cdot 1}<\dfrac{x-\ln x+1}{2},\]于是只需要证明\[\forall x\in (0,1),\sqrt{x-\ln x}-x-\ln\dfrac{x-3\ln x+1}2>0.\]记左侧函数为 $\varphi(x)$，则其导函数\[\varphi'(x)=-1-\dfrac{x-3}{x\left(x-3\ln x+1\right)}+\dfrac{x-1}{2x\sqrt{x-\ln x}}<br/><0,\]因此 $\varphi(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递减，结合 $\varphi(1)=0$ 即得当 $x\in (0,1)$ 时，有\[\ln\left(\sqrt {x-\ln x}-\ln x\right)<\sqrt{x-\ln x}-x,\]进而原命题得证． 问题2 求证：$x_1\cdot x_2<\dfrac{\ln m}{m-1}$． 答案2 略 解析2 根据第 $(1)$ 小题的结果，有\[x_1\cdot x_2={\rm e}^{\ln x_1+\ln x_2}={\rm e}^{x_1+x_2-2m}<{\rm e}^{\sqrt m-m},\]因此只需要证明\[\forall m>1,{\rm e}^{\sqrt m-m}<\dfrac{ \ln m}{m-1}.\]根据对数平均不等式，有\[\dfrac{\ln m}{m-1}=\dfrac{\ln m -\ln 1}{m-1}>\dfrac{2}{m+1},\]因此只需要证明\[\forall m>1,{\rm e}^{\sqrt m-m}<\dfrac{2}{m+1},\]即\[{\rm e}^{m-\sqrt m}-\dfrac{m+1}2>0,\]即上述不等式左边为 $\mu(m)$，则其导函数\[\mu'(m)={\rm e}^{m-\sqrt m}\cdot \left(1-\dfrac{1}{2\sqrt m}\right)-\dfrac 12,\]因此当 $m>1$ 时，$\mu(m)$ 单调递增，因此\[\forall m>1,{\rm e}^{\sqrt m-m}<\dfrac{2}{m+1},\]原命题得证． 备注2