已知函数 $f(x)=x\ln x-\dfrac{1}{2}mx^{2}-x,m\in\mathbb R$．
【难度】
【出处】
2016年全国高中数学联赛湖南省预赛
【标注】
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当 $m=-2$ 时，求函数 $f(x)$ 的所有零点；标注答案$1$解析$m=-2$ 时，$f(x)=x\ln x+x^{2}-x=x(\ln x+x-1),x>0$，设\[p(x)=\ln x+x-1,x>0,\]则 $p'(x)=\dfrac{1}{x}+1>0$，于是 $p(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上为增函数．又 $p(1)=0$，所以，当 $m=-2$ 时，函数 $f(x)$ 有唯一零点 $x=1$．
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若 $f(x)$ 有两个极值点 $x_{1},x_{2}$，且 $x_{1}<x_{2}$．求证：$x_{1}x_{2}>{\rm e}^{2}$．标注答案略解析若 $f(x)$ 有两个极值点 $x_{1},x_{2}$，则导函数 $f'(x)$ 有两个零点 $x_{1},x_{2}$．
由 $f'(x)=\ln x-mx$，可知 $\begin{cases}\ln x_{1}-mx_{1}=0,\\ \ln x_{2}-mx_{2}=0.\end{cases}$ 要证 $x_{1}x_{2}>{\rm e}^{2}$，可转化为证明：$\ln x_{1}+\ln x_{2}>2$．由 $\begin{cases}\ln x_{1}-mx_{1}=0,\\ \ln x_{2}-mx_{2}=0,\end{cases}$ 可得 $m=\dfrac{\ln x_{1}+\ln x_{2}}{x_{1}+x_{2}}$．由 $\begin{cases}\ln x_{1}-mx_{1}=0,\\ \ln x_{2}-mx_{2}=0,\end{cases}$ 可得 $m=\dfrac{\ln x_{1}-\ln x_{2}}{x_{1}-x_{2}}$．两式联立，得\[\dfrac{\ln x_{1}+\ln x_{2}}{x_{1}+x_{2}}=\dfrac{\ln x_{1}-\ln x_{2}}{x_{1}-x_{2}},\]进一步得\[\ln x_{1}+\ln x_{2}=\dfrac{(\ln x_{1}-\ln x_{2})(x_{1}+x_{2})}{x_{1}-x_{2}}=\dfrac{\left(1+\dfrac{x_{1}}{x_{2}}\right)\ln \dfrac{x_{1}}{x_{2}}}{\dfrac{x_{1}}{x_{2}}-1}.\]设 $0<x_{1}<x_{2}$，则\[0<t=\dfrac{x_{1}}{x_{2}}<1, \ln x_{1}+\ln x_{2}=\dfrac{(1+t)\ln t}{t-1}.\]下面只须证明：$\dfrac{(1+t)\ln t}{t-1}>2$，即证 $\ln t<\dfrac{2(t-1)}{t+1}$，当 $0<t<1$ 时恒成立．
设函数 $g(t)=\ln t-\dfrac{2(t-1)}{t+1}$，则\[g'(t)=\dfrac{1}{t}-\dfrac{4}{(t+1)^{2}}=\dfrac{(t-1)^{2}}{t(t+1)^{2}}>0.\]故函数 $g(t)$ 在 $(0,1)$ 上为增函数，$g(t)<g(1)=0$．
所以，$\ln t<\dfrac{2(t-1)}{t+1}$ 当 $0<t<1$ 时恒成立，即 $x_{1}x_{2}>{\rm e}^{2}$．
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
