Question

18．已知函数f（x）=xlnx，g（x）=x•e^-x．
（1）记F（x）=f（x）-g（x），求证：函数F（x）在区间（1，+∞）内有且仅有一个零点；
（2）用min{a，b}表示a，b中的最小值，设函数h（x）=min{f（x），g（x）}，若关于x的方程h（x）=c（其中c为常数）在区间（1，+∞）有两个不相等的实根x₁，x₂（x₁＜x₂），记F（x）在（1，+∞）内的零点为x₀，试证明：$\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}$＞x₀．

Answer 1

分析 （1）构造函数F（x）=xlnx-xe^-x，判断F（x）的单调性，利用零点定理证明；
（2）构造函数h（x）=$\left\{\begin{array}{l}{xlnx，1＜x＜{x}_{0}}\\{x{e}^{-x}，x≥{x}_{0}}\end{array}\right.$，判断h（x）的单调性；若方程h（x）=c在区间（1，+∞）有两个不相等的实根x₁，x₂（x₁＜x₂），则必有x₁∈（1，x₀），x₂∈（x₀，+∞）；
只需证h（x₂）＜h（2x₀-x₁），而h（x₂）=h（x₁），所以只需证h（x₁）＜h（2x₀-x₁）．

解答 解：（1）证明：F（x）=xlnx-xe^-x，F'（x）=lnx+1+（x-1）e^-x
显然当x∈[1，+∞）时，F'（x）＞0，故F（x）在[1，+∞）上单调递增；
而F（1）=-$\frac{1}{e}$＜0，F（2）=ln4-$\frac{2}{{e}^{2}}$＞0，所以由零点存在定理知，
必存在唯一x₀∈（1，2）⊆（1，+∞）内有且仅有一个零点．
（2）由（1）可知g（x₀）=f（x₀）且x∈（1，x₀）时，f（x）＜g（x），x∈（x₀，+∞）时g（x）＜f（x），
因此h（x）=$\left\{\begin{array}{l}{xlnx，1＜x＜{x}_{0}}\\{x{e}^{-x}，x≥{x}_{0}}\end{array}\right.$
其中x₀ 满足${x}_{0}ln{x}_{0}={x}_{0}{e}^{-{x}_{0}}$，即lnx₀=${e}^{-{x}_{0}}$，x₀∈（1，2）
而x∈（1，x₀）时，h'（x）=lnx+1＞0；
x∈（x₀，+∞）时，h'（x）=（1-x）e^-x＜0；
因此h（x）在（1，x₀）上单调递增，（x₀，+∞）上单调递减，
若方程h（x）=c在区间（1，+∞）有两个不相等的实根x₁，x₂（x₁＜x₂），则必有x₁∈（1，x₀），x₂∈（x₀，+∞），
所证?x₁+x₂＞2x₀?x₂＞2x₀-x₁＞x₀，因为h（x）在（x₀，+∞）单调递减，
所以只需证h（x₂）＜h（2x₀-x₁），而h（x₂）=h（x₁），所以只需证h（x₁）＜h（2x₀-x₁）
即证明：x₁lnx₁＜（2x₀-x₁）${e}^{-（2{x}_{0}-{x}_{1}）}$…?
构造函数φ（x）=xlnx-（2x₀-x）${e}^{-（2{x}_{0}-{x}_{1}）}$=xlnx+（x-2x₀）${e}^{x-2{x}_{0}}$，x∈（1，x₀）
下证明x∈（1，x₀）时，φ'（x）＞0恒成立；
考查函数u（x）=（x+1）e^x，u'（x）=（x+2）e^x，所以u（x）在（-∞，-2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增，
所以一定有u（x-2x₀）=（x-2x₀+1）${e}^{x-2{x}_{0}}$≥u（-2）=-$\frac{1}{{e}^{2}}$，
因此，x∈（1，x₀）时，φ'（x）=1+lnx+u（x-2x₀）≥1+lnx-$\frac{1}{{e}^{2}}$＞0
即φ（x）在（1，x₀）上单调递增，所以x₁∈（1，x₀）时，φ（x₁）＜φ（x₀）=0即?式成立．

点评 本题主要考查了利用导数判断函数的单调性、零点定理以及构造新函数、转化思想等知识点，属中等偏上题．