设 $x>1$，$f(x)=x\ln x$，$g(x)=x{\rm e}^{-x}$，$h(x)=\min\{f(x),g(x)\}$．记 $p(x)=f(x)-g(x)$ 的零点为 $x_0$ 且 $h(x_1)=h(x_2)$，则 \((\qquad)\)
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
C
【解析】
函数 $f(x)$ 的导函数$$f'(x)=1+\ln x,$$于是函数 $f(x)$ 在 $\left(0,\dfrac{1}{\rm e}\right)$ 上单调递减，在 $\left(\dfrac{1}{\rm e},+\infty\right)$ 上单调递增．函数 $g(x)$ 的导函数$$g'(x)={\rm e}^{-x}(1-x),$$于是函数 $g(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递增，在 $(1,+\infty)$ 上单调递减．画出 $f(x)$ 和 $g(x)$ 的草图，可以猜测 $x_1+x_2>2x_0$．
根据题意有 $\ln x_0={\rm e}^{-x_0}$．
接下来我们证明 $x_1+x_2>2x_0$．
不妨设 $1<x_1<x_0<x_2$．欲证明 $x_1+x_2>2x_0$，只需要证明 $x_2>2x_0-x_1$．考虑到 $x_2$ 和 $2x_0-x_1$ 均在 $g(x)$ 的单调递减区间，因此只需要$$g(x_2)<g(2x_0-x_1),$$也即$$f(x_1)<g(2x_0-x_1),$$于是只需要证明$$\forall x_1\in (1,x_0),x_1\ln x_1<(2x_0-x_1){\rm e}^{x_1-2x_0}.$$设函数 $\varphi(x)={\rm e}^{x-2x_0}\left(\dfrac{2x_0}x-1\right)-\ln x$，则只需要证明该函数在 $x\in (1,x_0)$ 上有 $\varphi(x)>0$．
函数 $\varphi(x)$ 的导函数$$\varphi'(x)=\dfrac{{\rm e}^{x-2x_0}}{x^2}\cdot \left[-(x-x_0)^2+x_0(x_0-2)\right]-\dfrac 1x<0,$$于是有$$\varphi(x)>\varphi(x_0)=0,$$命题得证．
根据题意有 $\ln x_0={\rm e}^{-x_0}$．
接下来我们证明 $x_1+x_2>2x_0$．不妨设 $1<x_1<x_0<x_2$．欲证明 $x_1+x_2>2x_0$，只需要证明 $x_2>2x_0-x_1$．考虑到 $x_2$ 和 $2x_0-x_1$ 均在 $g(x)$ 的单调递减区间，因此只需要$$g(x_2)<g(2x_0-x_1),$$也即$$f(x_1)<g(2x_0-x_1),$$于是只需要证明$$\forall x_1\in (1,x_0),x_1\ln x_1<(2x_0-x_1){\rm e}^{x_1-2x_0}.$$设函数 $\varphi(x)={\rm e}^{x-2x_0}\left(\dfrac{2x_0}x-1\right)-\ln x$，则只需要证明该函数在 $x\in (1,x_0)$ 上有 $\varphi(x)>0$．
函数 $\varphi(x)$ 的导函数$$\varphi'(x)=\dfrac{{\rm e}^{x-2x_0}}{x^2}\cdot \left[-(x-x_0)^2+x_0(x_0-2)\right]-\dfrac 1x<0,$$于是有$$\varphi(x)>\varphi(x_0)=0,$$命题得证．
题目
答案
解析
备注
