Question

2．已知函数f（x）=xlnx，g（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$．
（1）证明方程f（x）=g（x）在区间（1，2）内有且仅有唯一实根；
（2）记max{a，b}表示a，b两个数中的较大者，方程f（x）=g（x）在区间（1，2）内的实数根为x₀，m（x）=max{f（x），g（x）}，若m（x）=n（n∈R）在（1，+∞）内有两个不等的实根x₁，x₂（x₁＜x₂），判断x₁+x₂与2x₀的大小，并说明理由．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过解关于导函数的不等式，得到函数的单调性，结合零点存在定理证出结论即可；
（2）问题转化为证$\frac{{x}_{1}}{{e}^{{x}_{1}}}$＜（2x₀-x₁）ln（2x₀-x₁），（1＜x₁＜x₀＜2），（*），设H（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$-（2x₀-x）ln（2x₀-x），（1＜x＜x₀＜2），根据函数的单调性证明即可．

解答 证明：（1）令F（x）=f（x）-g（x），
则F（x）=xlnx-$\frac{x}{{e}^{x}}$，定义域是（0，+∞），
F′（x）=1+lnx+$\frac{x-1}{{e}^{x}}$，
x＞1时，F′（x）＞0，∴F（x）在（1，2）递增，
又F（1）=-$\frac{1}{e}$＜0，F（2）=2ln2-$\frac{2}{{e}^{2}}$＞0，
而F（x）在（1，+∞）上连续，
根据零点存在定理可得：F（x）=0在区间（1，2）有且只有1个实根，
即方程f（x）=g（x）在区间（1，2）内有且仅有唯一实根；
（2）x₁+x₂＜2x₀，
证明过程如下：
显然：m（x）=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{x}{{e}^{x}}，1＜x{＜x}_{0}}\\{xlnx，x{＞x}_{0}}\end{array}\right.$，
当1＜x＜x₀时，m（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$，m′（x）=$\frac{1-x}{{e}^{x}}$＜0，
故m（x）单调递减；
当x＞x₀时，m（x）=xlnx，m′（x）=1+lnx＞0，m（x）递增，
要证x₁+x₂＜2x₀，
即证x₂＜2x₀-x₁，
由（1）知x₁＜x₀＜x₂，g（x₁）=f（x₂）=n，
故即证f（x₂）＜f（2x₀-x₁），
即证g（x₁）＜f（2x₀-x₁），
即证$\frac{{x}_{1}}{{e}^{{x}_{1}}}$＜（2x₀-x₁）ln（2x₀-x₁），（1＜x₁＜x₀＜2），（*），
设H（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$-（2x₀-x）ln（2x₀-x），（1＜x＜x₀＜2），
H′（x）=$\frac{1-x}{{e}^{x}}$+ln（2x₀-x）+1，
∵1＜x＜x₀＜2，
∴$\frac{1-x}{{e}^{x}}$+1＞0，ln（2x₀-x）＞0，
∴H′（x）＞0，
∴H（x）在（1，x₀）递增，
即H（x）＜H（x₀）=0，故（*）成立，
故x₁+x₂＜2x₀成立．

点评 本题考查了函数的单调性问题，考查不等式的证明以及转化思想，是一道中档题．