题目

设函数 ． （1） 求函数 的最小值； （2） 设 存在两个不同零点 ， ，记 ， ，求证： ． 答案： 解：函数 f(x)=xlnx ，定义域为 (0，+∞) ， f′(x)=1+lnx ， f′(1e)=1+ln(1e)=0 当 0<x<1e 时， f′(x)<f′(1e)=0 ，函数 f(x) 在 (0，1e) 上单调递减； 当 x>1e 时， f′(x)>f′(1e)=0 ，函数 f(x) 在 [1e，+∞) 上单调递增； 所以 f(x)≥f(x)min=f(1e)=−1e 解：不妨设 0<x1<x2 ， M=x1+x22 ， N=x2−x12 g(x)=f(x)−kx−b=xlnx−kx−b g′(x)=(1−k)+lnx ， 当 0<x<ek−1 时， g′(x)<g′(ek−1)=0 ，函数 g(x) 在 (0，ek−1) 上单调递减； 当 x>ek−1 时， g′(x)>g′(ek−1)=0 ，函数 g(x) 在 (ek−1，+∞) 上单调递增； ∴ g(x) 在 (0，ek−1) 递减，在 (ek−1，+∞) 递增， ∴ x1∈(0，ek−1) ， x2∈ (ek−1，+∞) ， g(x1)=g(x2)=0 ∴ M=x1+x22 ∈(x1，x2) ， N=x2−x12>0 ∴ g(M)<0 ， g(M)N<0 ∵ g(x1)=g(x2)=0 ，即 x1lnx1−kx1−b=0 ， x2lnx2−kx2−b=0 ∴ x1lnx1+x2lnx22−k(x1+x22)−b=0 ， ∴ k(x1+x22)+b=x1lnx1+x2lnx22 要证 ln12<g(M)N ， 即 g(M)>Nln12 即证 g(M)=x1+x22lnx1+x22−x1lnx1+x2lnx22>−x2−x12ln2 即证 (x1+x2)ln(x1+x2)−(x1+x2)ln2−x1lnx1−x2lnx2>(x1−x2)ln2 即证 x1lnx1+x22x1+x2lnx1+x22x2>(x1−x2)ln2 又由于 (x1+x2)2>4x1x2 ， lnx1+x22x1>ln2x2x1+x2 ， 所以只需证 x1ln2x2x1+x2+x2lnx1+x22x2>(x1−x2)ln2 即证明 (x1−x2)ln2x2x1+x2>(x1−x2)ln2 ， 即证 2x2<2x1+2x2 ， 即证 x1>0 该式显然成立，于是原命题得证．

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