题目 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． 问题1 求证：$0<x_1x_2<\dfrac{1}{{\mathrm e}^2}$； 答案1 略 解析1 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．<img src="/static/images/7ce3536ed3be863168e62f9c89cf286e.png" class="img-responsive" />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 $\varphi_1(x)=f\left(\dfrac{1}{{\rm e}^2x}\right)-f(x)$，则其导函数$$\varphi_1'(x)=(1+\ln x)\left(-1+\dfrac{1}{{\rm e}^2x^2}\right).$$显然 $\varphi_1'(x)$ 在 $\left(0,\dfrac{1}{\rm e}\right)$ 上恒负，因此 $\varphi_1(x)$ 在 $\left(0,\dfrac{1}{\rm e}\right)$ 上单调递减，结合 $\varphi_1\left(\dfrac{1}{\rm e}\right)=0$，可得在 $\left(0,\dfrac{1}{\rm e}\right)$ 上 $\varphi_1(x)>0$，命题得证． 备注1 问题2 求证：$\dfrac{2}{\mathrm e}<x_1+x_2<1$； 答案2 略 解析2 与第 $(1)$ 小题类似，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 $\varphi_2(x)=f(x)-f\left(\dfrac{2}{\rm e}-x\right)$，则其导函数$$\varphi_2'(x)=\ln \left[{\rm e}x\cdot (2-{\rm e}x)\right].$$显然 $\varphi_2'(x)$ 在 $ \left(0,\dfrac{1}{\rm e}\right)$ 上恒负，因此 $\varphi_2(x)$ 在 $ \left(0,\dfrac{1}{\rm e}\right)$ 上单调递减，结合 $\varphi_2\left(\dfrac{1}{\rm e}\right)=0$，可得在 $\left(0,\dfrac{1}{\rm e}\right)$ 上，$\varphi_2(x)>0$，左边不等式得证．<br/>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 $\varphi_3(x)=f(x)-f(1-x)$，则其导函数$$\varphi_3'(x)=\ln \left[{\rm e}x\cdot ({\rm e}-{\rm e}x)\right].$$显然 $\varphi_3'(x)$ 在 $\left(0,\dfrac 12\right)$ 上先负后正，因此 $\varphi_3(x)$ 先递减再递增，因此在区间 $\left(0,\dfrac 12\right)$ 上 $\varphi_3(x)<0$，右边不等式得证．<br/>综上所述，原命题成立． 备注2 问题3 证明：$1<\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}<\dfrac{2}{\sqrt{\rm e}}$； 答案3 略 解析3 令 $t_1=\sqrt{x_1}$，$t_2=\sqrt{x_2}$，$g(t)=2t^2\ln t$，则 $t_1,t_2\in (0,1)$，且满足 $g(t_1)=g(t_2)$．函数 $g(t)$ 的导函数$$g'(t)=2t(2\ln t+1),$$进而可知 $0<t_1<\dfrac{1}{\sqrt{\rm e}}<t_2<1$．设$$\varphi_4(t)=g(t)-g\left(\dfrac 2{\sqrt{\rm e}}-t\right),$$则$$\varphi_4''(t)=g''(t)-g''\left(\dfrac{2}{\sqrt{\rm e}}-t\right),$$而$$g'''(t)=\dfrac 4t>0,$$于是当 $t\in\left(0,\dfrac{1}{\sqrt{\rm e}}\right)$ 时，$\varphi_4''(t)<0$，结合 $\varphi_4'\left(\dfrac{1}{\sqrt{\rm e}}\right)=\varphi_4\left(\dfrac{1}{\sqrt{\rm e}}\right)=0$，可得$$g(t)-g\left(\dfrac{2}{\sqrt{\rm e}}\right)<0,t\in\left(0,\dfrac{1}{\sqrt{\rm e}}\right),$$于是右边不等式得证．<br/>设$$\varphi_5(t)=g(t)-g(1-t),$$则$$\varphi_5''(t)=g''(t)-g''(1-t),$$于是当 $t\in\left(0,\dfrac 12\right)$ 时，$\varphi_5(t)$ 先递增后递减，结合 $\varphi_5\left(0\right)=\varphi_5\left(\dfrac 12\right)=0$，可得$$g(t)-g(1-t)>0,t\in\left(0,\dfrac 12\right),$$于是左边不等式得证．<br/>综上所述，原命题成立． 备注3 问题4 若 $x_1^a+x_2^a>1$ 恒成立，求 $a$ 的取值范围． 答案4 $\left(-\infty,\ln 2\right]$ 解析4 当 $a\leqslant \dfrac 12$ 时，有$$x_1^a+x_2^a>\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}>1,$$不等式显然恒成立．接下来考虑 $\dfrac 12<a<1$ 的情形．令 $u_1=x_1^a$，$u_2=x_2^a$，$h(u)=\dfrac 1au^{\frac 1a}\ln u$，则 $u_1,u_2\in (0,1)$，且满足 $h(u_1)=h(u_2)$．函数 $h(u)$ 的导函数$$h'(u)=\dfrac{1}{a^2}u^{\frac 1u-1}(\ln u+a),$$进而可知 $0<u_1<{\rm e}^{-a}<u_2<1$．设$$\varphi_6(u)=h(u)-h\left(2{\rm e}^{-a}-u\right),$$则$$\varphi_6''(u)=h''(u)-h''\left(2{\rm e}^{-a}-u\right),$$而$$h'''(u)=\dfrac{(1-a)(1-2a)}{a^4}u^{\frac 1a-3}\cdot\left[\ln u+\dfrac{a^2(2-a)}{(1-a)(1-2a)}\right]>0,$$于是当 $u\in\left(0,{\rm e}^{-a}\right)$ 时，$\varphi_6''(u)<0$，结合 $\varphi_6'\left({\rm e}^{-a}\right)=\varphi_6\left({\rm e}^{-a}\right)=0$，可得$$h(u)-h\left(2{\rm e}^{-a}-u\right)<0,u\in\left(0,{\rm e}^{-a}\right),$$于是 $u_1+u_2<2{\rm e}^{-a}$，进而必有 $2{\rm e}^{-a}\geqslant 1$，于是 $a\leqslant \ln 2$．<br/>当 $a=\ln 2$ 时，设$$\varphi_7(u)=h(u)-h(1-u),$$则$$\varphi_7''(u)=h''(u)-h''(1-u),$$于是当 $u\in\left(0,\dfrac 12\right)$ 时，$\varphi_7(u)$ 先递增后递减，结合 $\varphi_7\left(0\right)=\varphi_7\left(\dfrac 12\right)=0$，可得$$h(u)-h(1-u)>0,u\in\left(0,\dfrac 12\right),$$于是 $u_1+u_2>1$，符合题意．<br/>综上所述，$a$ 的取值范围是 $\left(-\infty,\ln 2\right]$． 备注4