已知 $x_1^2\ln x_1=x_2^2\ln x_2$，且 $x_1<x_2$，若整数 $k=\dfrac 52\left(x_1^2+x_2^2+2x_1x_2\right)$，求 $k$ 的值．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
$3$
【解析】
问题即函数 $y=x^2\ln x$ 与 $y=a$ 的两个公共点的横坐标设为 $x_1,x_2$，估计 $x_1+x_2$ 的范围．
事实上，我们有\[1<x_1+x_2<\dfrac{2}{\sqrt{\rm e}}.\]下面对此不等式进行证明：
由于 $f(x)=x^2\ln x$ 的导函数\[f'(x)=x(1+2\ln x),\]于是函数 $f(x)$ 在 $x=\dfrac{1}{\sqrt{\rm e}}$ 处取得极小值，如图．
容易知道$$0<x_1<\dfrac{1}{\sqrt{\rm e}}<x_2<1,$$只需要证明\[1-x_1<x_2<\dfrac{2}{\sqrt {\rm e}}-x_1,\]可以转化为证明\[\begin{cases}\forall x\in\left(0,\dfrac 12\right),f(x)>f(1-x),\\ \forall x\in \left(0,\dfrac{1}{\sqrt{\rm e}}\right),f(x)<f\left(\dfrac{2}{\sqrt {\rm e}}-x\right).\end{cases}\]设 $\varphi(x)=f(x)-f(1-x)$，$\mu(x)=f(x)-f\left(\dfrac{2}{\sqrt {\rm e}}-x\right)$，则\[\begin{aligned}\varphi'(x)&=f'(x)+f'(1-x)=2x\ln x+2(1-x)\ln (1-x)+1,\\
\varphi''(x)&=f''(x)-f''(1-x)=2\ln x-2\ln(1-x),
\end{aligned}\]在 $
\left(0,\dfrac 12\right)$ 上，$\varphi'(x)$ 单调递减，结合 $\varphi'\left(\dfrac 12\right)<0$，$\lim\limits_{x\to 0^+}{\varphi'(x)}=0$，于是 $\varphi(x)$ 在 $\left(0,\dfrac 12\right)$ 上先单调递增，后单调递减．
结合\[\lim\limits_{x\to 0^+}\varphi(x)=\varphi\left(\dfrac 12\right)=0,\]可得当 $x\in\left(0,\dfrac 12\right)$ 时，$\varphi(x)>0$，而\[\begin{aligned}\mu'(x)&=f'(x)+f'\left(\dfrac{2}{\sqrt{\rm e}}-x\right)=\dfrac{2}{\sqrt{\rm e}}+x\ln x+\left(\dfrac{2}{\sqrt {\rm e}}-x\right)\ln \left(\dfrac{2}{\sqrt {\rm e}}-x\right) , \\
\mu''(x)&=f''(x)-f''\left(\dfrac{2}{\sqrt {\rm e}}-x\right)=2\ln x-2\ln\left(\dfrac{2}{\sqrt{\rm e}}-x\right),
\end{aligned}\]于是 $\mu'(x)$ 在 $\left(0,\dfrac{1}{\sqrt {\rm e}}\right)$ 上单调递减，结合 $\mu'\left(\dfrac{1}{\sqrt{\rm e}}\right)>0$，可得当 $x\in\left(0,\dfrac{1}{\sqrt{\rm e }}\right)$ 时，$\mu'(x)>0$，$\mu(x)$ 单调递增，结合 $\mu\left(\dfrac{1}{\sqrt{\rm e}}\right)=0$，可得当 $x\in\left(0,\dfrac{1}{\sqrt{\rm e}}\right)$ 时，$\mu(x)<0$．
综上所述，我们得到了\[k=\dfrac 52(x_1+x_2)^2\]的范围是 $\left(\dfrac 52,\dfrac{10}{\rm e}\right)$，于是 $k$ 的值为 $3$．
事实上，我们有\[1<x_1+x_2<\dfrac{2}{\sqrt{\rm e}}.\]下面对此不等式进行证明：
由于 $f(x)=x^2\ln x$ 的导函数\[f'(x)=x(1+2\ln x),\]于是函数 $f(x)$ 在 $x=\dfrac{1}{\sqrt{\rm e}}$ 处取得极小值，如图．
容易知道$$0<x_1<\dfrac{1}{\sqrt{\rm e}}<x_2<1,$$只需要证明\[1-x_1<x_2<\dfrac{2}{\sqrt {\rm e}}-x_1,\]可以转化为证明\[\begin{cases}\forall x\in\left(0,\dfrac 12\right),f(x)>f(1-x),\\ \forall x\in \left(0,\dfrac{1}{\sqrt{\rm e}}\right),f(x)<f\left(\dfrac{2}{\sqrt {\rm e}}-x\right).\end{cases}\]设 $\varphi(x)=f(x)-f(1-x)$，$\mu(x)=f(x)-f\left(\dfrac{2}{\sqrt {\rm e}}-x\right)$，则\[\begin{aligned}\varphi'(x)&=f'(x)+f'(1-x)=2x\ln x+2(1-x)\ln (1-x)+1,\\\varphi''(x)&=f''(x)-f''(1-x)=2\ln x-2\ln(1-x),
\end{aligned}\]在 $
\left(0,\dfrac 12\right)$ 上，$\varphi'(x)$ 单调递减，结合 $\varphi'\left(\dfrac 12\right)<0$，$\lim\limits_{x\to 0^+}{\varphi'(x)}=0$，于是 $\varphi(x)$ 在 $\left(0,\dfrac 12\right)$ 上先单调递增，后单调递减．
结合\[\lim\limits_{x\to 0^+}\varphi(x)=\varphi\left(\dfrac 12\right)=0,\]可得当 $x\in\left(0,\dfrac 12\right)$ 时，$\varphi(x)>0$，而\[\begin{aligned}\mu'(x)&=f'(x)+f'\left(\dfrac{2}{\sqrt{\rm e}}-x\right)=\dfrac{2}{\sqrt{\rm e}}+x\ln x+\left(\dfrac{2}{\sqrt {\rm e}}-x\right)\ln \left(\dfrac{2}{\sqrt {\rm e}}-x\right) , \\
\mu''(x)&=f''(x)-f''\left(\dfrac{2}{\sqrt {\rm e}}-x\right)=2\ln x-2\ln\left(\dfrac{2}{\sqrt{\rm e}}-x\right),
\end{aligned}\]于是 $\mu'(x)$ 在 $\left(0,\dfrac{1}{\sqrt {\rm e}}\right)$ 上单调递减，结合 $\mu'\left(\dfrac{1}{\sqrt{\rm e}}\right)>0$，可得当 $x\in\left(0,\dfrac{1}{\sqrt{\rm e }}\right)$ 时，$\mu'(x)>0$，$\mu(x)$ 单调递增，结合 $\mu\left(\dfrac{1}{\sqrt{\rm e}}\right)=0$，可得当 $x\in\left(0,\dfrac{1}{\sqrt{\rm e}}\right)$ 时，$\mu(x)<0$．
综上所述，我们得到了\[k=\dfrac 52(x_1+x_2)^2\]的范围是 $\left(\dfrac 52,\dfrac{10}{\rm e}\right)$，于是 $k$ 的值为 $3$．
答案
解析
备注
