每日一题[843]瓮中捉鳖

已知$x_1\ln x_1=x_2\ln x_2$,且$x_1<x_2$,若整数$k=\dfrac 52\left(x_1+x_2+2\sqrt{x_1x_2}\right)$,求$k$的值.


cover

正确答案是$3$.

分析与解 问题即函数$y=x^2\ln x$与$y=a$的两个公共点的横坐标设为$x_1,x_2$,估计$x_1+x_2$的范围.事实上,我们有\[1<x_1+x_2<\dfrac{2}{\sqrt{\rm e}}.\]下面进行证明:

由于$f(x)=x^2\ln x$的导函数\[f'(x)=x(1+2\ln x),\]于是函数$f(x)$在$x=\dfrac{1}{\sqrt{\rm e}}$处取得极小值,如图.

容易知道$0<x_1<\dfrac{1}{\sqrt{\rm e}}<x_2<1$,只需要证明\[1-x_1<x_2<\dfrac{2}{\sqrt {\rm e}}-x_1,\]可以转化为证明\[\begin{cases}\forall x\in\left(0,\dfrac 12\right),f(x)>f(1-x),\\ \forall x\in \left(0,\dfrac{1}{\sqrt{\rm e}}\right),f(x)<f\left(\dfrac{2}{\sqrt {\rm e}}-x\right).\end{cases}\]设$\varphi(x)=f(x)-f(1-x)$,$\mu(x)=f(x)-f\left(\dfrac{2}{\sqrt {\rm e}}-x\right)$,则\[\begin{aligned}\varphi'(x)&=f'(x)+f'(1-x)=2x\ln x+2(1-x)\ln (1-x)+1,\\\varphi''(x)&=f''(x)-f''(1-x)=2\ln x-2\ln(1-x),\end{aligned}\]在$
\left(0,\dfrac 12\right)$上,$\varphi'(x)$单调递减,结合$\varphi'\left(\dfrac 12\right)<0$,$\lim\limits_{x\to 0^+}{\varphi'(x)}=1$,于是$\varphi(x)$在$\left(0,\dfrac 12\right)$上先单调递增,后单调递减,结合\[\lim\limits_{x\to 0^+}\varphi(x)=\varphi\left(\dfrac 12\right)=0,\]可得当$x\in\left(0,\dfrac 12\right)$时,$\varphi(x)>0$.而\[\begin{aligned}\mu'(x)&=f'(x)+f'\left(\dfrac{2}{\sqrt{\rm e}}-x\right)=\dfrac{2}{\sqrt{\rm e}}+x\ln x+\left(\dfrac{2}{\sqrt {\rm e}}-x\right)\ln \left(\dfrac{2}{\sqrt {\rm e}}-x\right) , \\\mu''(x)&=f''(x)-f''\left(\dfrac{2}{\sqrt {\rm e}}-x\right)=2\ln x-2\ln\left(\dfrac{2}{\sqrt{\rm e}}-x\right),\end{aligned}\]于是$\mu'(x)$在$\left(0,\dfrac{1}{\sqrt {\rm e}}\right)$上单调递减,结合$\mu'\left(\dfrac{1}{\sqrt{\rm e}}\right)>0$,可得当$x\in\left(0,\dfrac{1}{\sqrt{\rm e }}\right)$时,$\mu'(x)>0$,$\mu(x)$单调递增,结合$\mu\left(\dfrac{1}{\sqrt{\rm e}}\right)=0$,可得当$x\in\left(0,\dfrac{1}{\sqrt{\rm e}}\right)$时,$\mu(x)<0$.

综上所述,我们得到了\[k=\dfrac 52(x_1+x_2)^2\]的范围是$\left(\dfrac 52,\dfrac{10}{\rm e}\right)$,于是$k$的值为$3$.

此条目发表在每日一题分类目录,贴了标签。将固定链接加入收藏夹。

发表回复