每日一题[1101]齐次化设参

已知 $f(x)=x\ln x$，方程 $f(x)=m$ 有两个实数解 $x_1,x_2$，求证：$\sqrt{x_1x_2}\cdot \dfrac{x_1+x_2}2<\dfrac{1}{{\rm e}^2}$．

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分析与解　设 $\dfrac{x_1}{x_2}=t$（$t>1$），则

$$\begin{split} \ln x_1=\dfrac{\ln t}{1-t},\\ \ln x_2=\dfrac{t\ln t}{1-t},\end{split}$$ 而欲证不等式即 $$\dfrac{\ln x_1+\ln x_2}2+\ln (x_1+x_2)<\ln 2-2,$$ 即 $$\dfrac{(1+t)\ln t}{2(1-t)}+\ln(1+t)+\dfrac{t\ln t}{1-t}<\ln 2-2,$$ 也即 $$\dfrac{3t+1}{2(t-1)}\cdot \ln t-\ln(1+t)>2-\ln 2.$$ 设左侧函数为 $\varphi(t)$，则其导函数 $$\varphi'(t)=\dfrac{1}{(t-1)^2}\cdot \left[\dfrac{(t-1)\left(t^2+6t+1\right)}{2t(t+1)}-2\ln t\right],$$ 令 $$\mu(t)=\dfrac{(t-1)\left(t^2+6t+1\right)}{2t(t+1)}-2\ln t,$$ 则其导函数 $$\mu '(t)=\dfrac{(t-1)^2(t^2+1)}{2t^2(t+1)^2},$$ 于是 $\mu(t)$ 单调递增，又 $\mu(1)=0$，于是当 $t>1$ 时有 $\mu(t)>0$，于是 $\varphi(t)$ 单调递增，因此 $$\varphi(t)>\varphi(1)=2-\ln 2,$$ 命题得证．
注　求 $\varphi(1)$ 的值用到了极限 $\lim\limits_{x\to 1}{\dfrac{\ln x}{x-1}}=1$．

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下面给出一道练习：

已知函数 $f(x)=x-\ln x$，方程 $f(x)=m$ 有两个实数解 $x_1,x_2$，求证：$x_1x_2\cdot (x_1+x_2)<2$．

解析　设 $\dfrac{x_1}{x_2}=t$（$t>1$），则

$$\begin{split} x_1&=\dfrac{t\ln t}{t-1},\\ x_2&=\dfrac{\ln t}{t-1},\end{split}$$ 欲证明不等式即 $$\dfrac{t\ln^2t}{(t-1)^2}\cdot \dfrac{(t+1)\ln t}{t-1}<2,$$ 也即 $$\dfrac{2^{\frac 13}(t-1)}{t^{\frac 13}(t+1)^{\frac 13}}-\ln t>0.$$ 设左侧函数为 $\varphi(t)$，则其导函数 $$\varphi'(t)=\dfrac{2^{\frac 13}(t^2+4t+1)}{3t^{\frac 43}(t+1)^{\frac 43}}-\dfrac 1t,$$ 下面证明当 $t>1$ 时 $\varphi'(t)>0$，即当 $t>1$ 时，有 $$2\left(t^2+4t+1\right)^3>27t(t+1)^4,$$ 也即当 $t>1$ 时，有 $$(t-1)^4\cdot \left(2t^2+5t+2\right)>0.$$ 这样证明了 $\varphi(t)$ 在 $t>1$ 时单调递增，于是 $$\varphi(t)>\varphi(1)=0,$$ 命题得证．