每日一题[763]复合函数的零点

已知函数$f(x)=ax+\ln x-\dfrac {x^2}{x-\ln x}$有三个不同的零点$x_1,x_2,x_3$（其中$x_1<x_2<x_3$），则 $$\left(1-\dfrac{\ln{x_1}}{x_1}\right)^2\left(1-\dfrac{\ln{x_2}}{x_2}\right)\left(1-\dfrac{\ln{x_3}}{x_3}\right)$$ 的值为（      ）

A．$1-a$
B．$a-1$
C．$-1$
D．$1$

正确答案是D．

分析与解　函数的零点即方程$(ax+\ln x)(x-\ln x)=x^2$的解，因为$x>0$，所以方程可以变形为 $$\left(a+\dfrac {\ln x}{x}\right)\left(1-\dfrac{\ln x}{x}\right)=1.$$ 令$t=\dfrac{\ln x}{x}$，记函数$g(x)=\dfrac{\ln x}{x}$，则有$g'(x)=\dfrac{1-\ln x}{x^2}$，所以$g(x)$在$(1,\rm{e})$上单调递增，在$(\rm{e},+\infty)$上单调递减，$g(x)_{\max}=\dfrac 1{\rm e}$，$g(x)$的图象如下：所求方程的解相当于先求一元二次方程$(a+t)(1-t)=1$的解$t_1,t_2(t_1\leqslant t_2)$，再求方程$g(x)=t_i,i=1,2$的解．

因为方程有三个不同零点，所以$t_1<t_2\leqslant \dfrac {1}{\rm e}$．

先考虑一元二次方程 $$t^2+(a-1)t+1-a=0,$$ 由判别式$\Delta >0$解得$a>1$或$a<-3$，由韦达定理知 $$t_1+t_2=1-a,t_1t_2=1-a.$$ 当$a<-3$时，$t_1+t_2=1-a>4$与$t_1<t_2\leqslant \dfrac{1}{\rm e}$矛盾，所以 $$a>1,t_1<0<t_2<\dfrac 1{\rm e}.$$ 于是知 $$g(x_1)=t_1,g(x_2)=g(x_3)=t_2.$$ 所求代数式为 $$(1-t_1)^2(1-t_2)(1-t_2)=[(1-t_1)(1-t_2)]^2=[1-(t_1+t_2)+t_1t_2]^2=1.$$