已知 $f(x)=x\ln x$，方程 $f(x)=m$ 有两个实数解 $x_1,x_2$，求证：$\sqrt{x_1x_2}\cdot \dfrac{x_1+x_2}2<\dfrac{1}{{\rm e}^2}$．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
略
【解析】
设 $\dfrac{x_1}{x_2}=t$（$t>1$），则\[\begin{split} \ln x_1=\dfrac{\ln t}{1-t},\\ \ln x_2=\dfrac{t\ln t}{1-t},\end{split}\]而欲证不等式即\[\dfrac{\ln x_1+\ln x_2}2+\ln (x_1+x_2)<\ln 2-2,\]即\[\dfrac{(1+t)\ln t}{2(1-t)}+\ln(1+t)+\dfrac{t\ln t}{1-t}<\ln 2-2,\]也即\[\dfrac{3t+1}{2(t-1)}\cdot \ln t-\ln(1+t)>2-\ln 2.\]设左侧函数为 $\varphi(t)$，则其导函数\[\varphi'(t)=\dfrac{1}{(t-1)^2}\cdot \left[\dfrac{(t-1)\left(t^2+6t+1\right)}{2t(t+1)}-2\ln t\right],\]令\[\mu(t)=\dfrac{(t-1)\left(t^2+6t+1\right)}{2t(t+1)}-2\ln t,\]则其导函数\[\mu
'(t)=\dfrac{(t-1)^2(t^2+1)}{2t^2(t+1)^2},\]于是 $\mu(t)$ 单调递增，又 $\mu(1)=0$，于是当 $t>1$ 时有 $\mu(t)>0$，于是 $\varphi(t)$ 单调递增，因此\[\varphi(t)>\varphi(1)=2-\ln 2,\]命题得证．
'(t)=\dfrac{(t-1)^2(t^2+1)}{2t^2(t+1)^2},\]于是 $\mu(t)$ 单调递增，又 $\mu(1)=0$，于是当 $t>1$ 时有 $\mu(t)>0$，于是 $\varphi(t)$ 单调递增，因此\[\varphi(t)>\varphi(1)=2-\ln 2,\]命题得证．
答案
解析
备注
