每日一题[597]对称化构造

已知$f(x)=x\ln x-\dfrac{k}{x}$有两个不同的零点$x_1,x_2$，且$x_1<x_2$．

(1) 求$k$的取值范围；

(2) 求证：$1<x_1+x_2<\dfrac{2}{\sqrt{\rm e}}$．

分析与解　(1) 题意即关于$x$的方程$x^2\ln x=k$有两个实数根$x_1,x_2$，设函数$g(x)=x^2\ln x$，则其导函数 $$g'(x)=x(2\ln x+1),x>0.$$ 考虑到 $$\lim_{x\to 0}x^2\ln x=\lim_{x\to +\infty}\dfrac{-\ln x}{x^2}=-\lim_{x\to +\infty}\dfrac{\ln x}{x^2},$$ 而当$x>1$时，有 $$0<\dfrac{\ln x}{x^2}<\dfrac{x-1}{x^2}<\dfrac 1x,$$ 于是$\lim\limits_{x\to 0}x^2\ln x=0$，如图．不难得到$k$的取值范围是$\left(-\dfrac{1}{2{\rm e}},0\right)$，而此时$0<x_1<\dfrac{1}{\sqrt{\rm e}}<x_2<1$．

(2) 先证明右边的不等式．由于函数$g(x)$在$\left(\dfrac{1}{\sqrt{\rm e}},+\infty\right)$上单调递增，而$x_2,\dfrac{2}{\sqrt{\rm e}}-x_1\in \left(\dfrac{1}{\sqrt{\rm e}},+\infty\right)$，因此只需要证明 $$g(x_1)=g(x_2)<g\left(\dfrac{2}{\sqrt{\rm e}}-x_1\right),$$ 也即 $$\forall x\in \left(0,\dfrac{1}{\sqrt{\rm e}}\right),g(x)-g\left(\dfrac{2}{\sqrt{\rm e}}-x\right)<0.$$ 类似的，左边不等式的证明等价于 $$\forall x\in \left(\dfrac{1}{\sqrt{\rm e}},1\right),g(x)-g\left(1-x\right)<0.$$ 接下来的证明从略．

注　证明$g(x)-g(1-x)<0$时，需要考虑区间$\left(\dfrac 12,1\right )$．