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已知函数 $f(x)=x^2\ln x+a(x^2-x)$（$a>0$），方程 $f(x)=m$ 有两个不相等的实数根 $x_1,x_2$，求证：$x_1+x_2>1$．
【难度】
【出处】
无
【标注】
  • 题型
    >
    微积分初步
    >
    极值点偏移问题
  • 知识点
    >
    微积分初步
    >
    导数问题中的技巧
    >
    构造辅助函数
【答案】
略
【解析】
函数 $f(x)$ 由两个部分组成，其中函数 $y=a(x^2-x)$ 的对称轴为 $x=\dfrac 12$，而函数 $y=x^2\ln x$，由于其导函数$$y'=x(1+2\ln x),$$于是其极值点为 $x=\dfrac{1}{\sqrt{\rm e}}$ 在 $\dfrac 12$ 的右侧．因此合起来的函数 $f(x)$ 的极值点应该会右移，可以从这个角度入手．函数 $f(x)$ 的导函数$$f'(x)=2x\ln x+(2a+1)x-a,$$其二阶导函数$$f''(x)=2\ln x+2a+3.$$注意到 $f''(x)$ 单调递增有唯一零点，因此 $f'(x)$ 先递减后递增．又考虑到$$\lim\limits_{x\to 0} f'(x)=-a<0,f'(1)=a+1>0,$$因此函数 $f'(x)$ 有唯一零点 $x_0\in (0,1)$，且在 $(0,x_0)$ 上有 $f'(x)<0$，在 $(x_0,+\infty)$ 上有 $f'(x)>0$．进而 $f(x)$ 先递减后递增，注意到$$\lim\limits_{x\to 0}f(x)=0,f(1)=0,$$因此函数图象如图．由于$$f'\left(\dfrac 12\right)=\dfrac 12+\ln\dfrac 12<0,$$于是 $f(x)$ 在 $\left(0,\dfrac 12\right]$ 上单调递减，不妨设 $x_1<x_2$，则有 $0<x_1<x_2<1$ 且 $x_2>\dfrac 12$．
第一种情况 $\dfrac 12\leqslant x_1<x_2<1$，此时命题显然成立；
第二种情况 $0<x_1<\dfrac 12< x_2<1$．对称化构造函数，接下来证明辅助命题$$\forall x\in\left(\dfrac 12,1\right),f(x)< f(1-x),$$即$$\forall x\in\left(\dfrac 12,1\right),x^2\ln x-(1-x)^2\ln (1-x)<0.$$设 $g(x)=x^2\ln x-(1-x)^2\ln (1-x),x\in\left[\dfrac 12,1\right)$，则其导函数$$g'(x)=1+2x\ln x+2(1-x)\ln (1-x),$$其二阶导函数$$g''(x)=2\ln x-2\ln(1-x)\geqslant 0,$$于是 $g'(x)$ 单调递增，考虑到$$g'\left(\dfrac 12\right)<0,\lim\limits_{x\to 1}g'(x)=1,$$于是 $g(x)$ 在 $\left(\dfrac 12,1\right)$ 上先单调递减，再单调递增，又$$g\left(\dfrac 12\right)=0,\lim\limits_{x\to 1}g(x)=0,$$因此 $g(x)$ 在 $\left(\dfrac 12,1\right)$ 上有 $g(x)< 0$，也即辅助命题得证．
应用辅助命题，有$$f(x_1)=f(x_2)< f(1-x_2),$$而 $x_1,1-x_2\in\left(0,\dfrac 12\right)$，而 $f(x)$ 在 $\left(0,\dfrac 12\right)$ 上单调递减，从而$$x_1> 1-x_2,$$即$$x_1+x_2> 1.$$综上所述，原命题得证．
答案 解析 备注
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