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已知 $x_1,x_2,x_3$ 是关于 $x$ 的方程 $|x\ln x|=a$ 的三个不同的根，且 $x_1<x_2<x_3$.

1. 求 $a$ 的取值范围;
2. 证明: $x_1{x}_2{x}_3\le {\displaystyle {\mathrm{e}}^{-\frac{5}{3}}}$.

1. 解 令$${\displaystyle f(x)=|x\ln x|-a=\{\begin{array}{rl}& -x\ln x-a,0<x\le 1,\\ & x\ln x-a,x>1,\end{array}}$$
   有 $x>1$ 时 $f^{\prime }(x)=1+\ln x>0$; $x<1$ 时 $f^{\prime }(x)=-(1+\ln x)$，故 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 上有唯一最大值 ${\displaystyle f({\mathrm{e}}^{-1})={\mathrm{e}}^{-1}-a}$.

   • 当 $a\le 0$，仅在 $a=0$ 时有解 $x=1$.
   • 当 $a\ge {\mathrm{e}}^{-1}$. 在 $(0,1),(1,+\mathrm{\infty })$ 上各至多有一解；当 $0<a<{\mathrm{e}}^{-1}$, 则 $x<1$ 时 $f(x)={\displaystyle 2x\ln \sqrt{\frac{1}{x}}-a\le 2x\frac{1}{\mathrm{e}\sqrt{x}}-a=\frac{2\sqrt{x}}{\mathrm{e}}-a}$, 因此取 $x_1=min{\displaystyle \{{\left(\frac{a\mathrm{e}}{2}\right)}^2,\frac{1}{\mathrm{e}}\}}$ 得 $f(x_1)<0$. 又 $f({\mathrm{e}}^{-1})={\mathrm{e}}^{-1}-a>0,f(1)=-a<0,f(\mathrm{e})=\mathrm{e}-a>0$, 故 $f(x)$ 在 $(x_1,{\mathrm{e}}^{-1}),({\mathrm{e}}^{-1},1),(1,\mathrm{e})$ 上各有一零点.

   综上，$a\in (0,{\mathrm{e}}^{-1})$.

2. 证明 由1得 $0<x_1<{\mathrm{e}}^{-1}<x_2<1<x_3$.从而 $x_1\ln x_1=x_2\ln x_2$，从而$$\begin{array}{r}\frac{\ln x_1}{\frac{1}{x_1}}=\frac{\ln x_2}{\frac{1}{x_2}}=\frac{\ln \frac{x_1}{x_2}}{\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2}}=\frac{\ln x_1{x}_2}{\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}},\end{array}$$
   进而$$\begin{array}{r}\ln x_1{x}_2=\frac{x_1+x_2}{x_2-x_1}\ln \frac{x_1}{x_2}<\frac{x_1+x_2}{x_2-x_1}\frac{2(\frac{x_1}{x_2}-1)}{\frac{x_1}{x_2}+1}=-2\Rightarrow x_1{x}_2\le {\mathrm{e}}^{-2}.\end{array}$$
   又${\displaystyle \ln 3<\frac{1}{2}(3-\frac{1}{3})=\frac{4}{3}\Rightarrow \frac{1}{3}{\mathrm{e}}^{\frac{1}{3}}-a=f({\mathrm{e}}^{\frac{1}{3}})>f\left(\frac{1}{\mathrm{e}}\right)}$,从而$x_3<{\mathrm{e}}^{\frac{1}{3}}$,这样$x_1{x}_2{x}_3<{\mathrm{e}}^{-\frac{5}{3}}$.