已知函数 $f(x)=x\ln x$ 与直线 $y=m$ 交于 $A\left(x_1,y_1\right),B\left(x_2,y_2\right)$ 两点．
【难度】
【出处】
无
【标注】
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求证：$0<x_1x_2<\dfrac{1}{{\mathrm e}^2}$；标注答案略解析由于函数 $f(x)$ 的导函数 $f'(x)=1+\ln x$，且$$\lim_{x\to 0+}x\ln x=\lim_{x\to +\infty}\dfrac 1x\ln \dfrac 1x=-\lim_{x\to +\infty}\dfrac{\ln x}{x}=-\lim_{x\to +\infty}\dfrac{\ln x^2}{x^2}=-2\lim_{x\to +\infty}\dfrac{\ln x}{x^2},$$而当 $x>1$ 时，有$$0<\dfrac{\ln x}{x^2}<\dfrac{x-1}{x^2},$$因此$$\lim_{x\to 0+}x\ln x=-2\lim_{x\to +\infty}\dfrac{\ln x}{x^2}=0,$$其函数图象如下．
不妨设 $x_1<x_2$，则有 $0<x_1<\dfrac{1}{\rm e}<x_2<1$．由于 $x_2,\dfrac{1}{{\rm e}^2x_1}$ 均在区间 $\left(\dfrac{1}{\rm e},+\infty\right)$ 上，因此$$x_1x_2<\dfrac{1}{{\rm e}^2}\Leftarrow x_2<\dfrac{1}{{\rm e}^2x_1}\Leftarrow f(x_2)<f\left(\dfrac{1}{{\rm e}^2x_1}\right)\Leftarrow f(x_1)<f\left(\dfrac{1}{{\rm e}^2x_1}\right),$$因此只需要证明$$f\left(\dfrac{1}{{\rm e}^2x}\right)-f(x)>0,x\in \left(0,\dfrac{1}{\rm e}\right).$$令 $g(x)=f\left(\dfrac{1}{{\rm e}^2x}\right)-f(x)$，则其导函数$$g'(x)=(1+\ln x)\left(-1+\dfrac{1}{{\rm e}^2x^2}\right).$$显然 $g'(x)$ 在 $\left(0,\dfrac{1}{\rm e}\right)$ 上恒负，因此 $g(x)$ 在 $\left(0,\dfrac{1}{\rm e}\right)$ 上单调递减，结合 $g\left(\dfrac{1}{\rm e}\right)=0$，可得在 $\left(0,\dfrac{1}{\rm e}\right)$ 上 $g(x)>0$，命题得证 -
求证：$\dfrac{2}{\mathrm e}<x_1+x_2<1$．标注答案略解析与 $(1)$ 类似，为了证明 $x_1+x_2>\dfrac{2}{\rm e}$，只需证明$$f(x)-f\left(\dfrac{2}{\rm e}-x\right)>0,x\in \left(0,\dfrac{1}{\rm e}\right).$$令 $h(x)=f(x)-f\left(\dfrac{2}{\rm e}-x\right)$，则其导函数$$h'(x)=\ln \left[{\rm e}x\cdot (2-{\rm e}x)\right].$$显然 $h'(x)$ 在 $ \left(0,\dfrac{1}{\rm e}\right)$ 上恒负，因此 $h(x)$ 在 $ \left(0,\dfrac{1}{\rm e}\right)$ 上单调递减，结合 $h\left(\dfrac{1}{\rm e}\right)=0$，可得在 $ \left(0,\dfrac{1}{\rm e}\right)$ 上，$h(x)>0$，左边不等式得证．
为了证明 $x_1+x_2<1$，只需证明$$f(x)-f(1-x)<0,x\in \left(0,\dfrac{1}{\rm e}\right).$$令 $p(x)=f(x)-f(1-x)$，则其导函数$$p'(x)=\ln \left[{\rm e}x\cdot ({\rm e}-{\rm e}x)\right].$$显然 $p'(x)$ 在 $\left(0,\dfrac 12\right)$ 上先负后正，因此 $p(x)$ 先递减再递增，因此在区间 $\left(0,\dfrac 12\right)$ 上 $p(x)<0$，右边不等式得证．
综上所述，原命题成立．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
