884

已知函数 $f(x)={\displaystyle x^2+\frac{1-\ln x}{x}-a}$ 有两个零点 $x_1,x_2(x_1<x_2)$.

1. 求实数 $a$ 的取值范围;
2. 求证: $x_1{x}_2<1$;
3. 求证: $x_2-x_1<\sqrt{a^2-4}<x_2^2-x_1^2$.

1. 解 求导得 $f^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{2(x^3-1)+\ln x}{x^2}}$. 因此可以分析得 $f(x)$ 在 $(1,+\mathrm{\infty })$ 上增，$(0,1)$ 上减.

   • 当 $a\le 2$，$f(x)\ge f(1)=2-a\ge 0$, 故至多只有一个零点；
   • 当 $a>2$, $f(x)$ 至多有两个零点.注意到 ${\displaystyle f(1)=2-a<0,f\left(\frac{1}{a}\right)=\frac{1}{a^2}+a\ln a>0}$,故 $f(x)$ 在 $\left({\displaystyle \frac{1}{a},1}\right)$ 上有一零点. 又$$\begin{array}{r}f(x)>x^2-\frac{x}{\text{e}x}-a\Rightarrow f\left(\sqrt{\frac{1}{\text{e}}+a}\right)>0,\end{array}$$
     故 $f(x)$ 在 ${\displaystyle (1,\sqrt{\frac{1}{\text{e}}+a})}$ 上另有一零点.

   综上，$a>2$.

2. 证明 由1可得 $0<x_1<1<x_2$. 要证 $x_1{x}_2<1$，即要证 $x_1<{\displaystyle \frac{1}{x_2}}$，而 $x_1,\frac{1}{x_2}<1$，落在 $(0,1)$ 单减区间上，因此只要证$$\begin{array}{r}f(x_2)=f(x_1)>f\left(\frac{1}{x_2}\right)\Leftarrow x_2^2-\frac{1}{x_2^2}-(x_2-\frac{1}{x_2})-(x_2+\frac{1}{x_2})\ln x_2>0.\end{array}$$
   我们熟知$x>1$时${\displaystyle \ln x<\frac{1}{2}(x-\frac{1}{x})}$，因此上式左边$$\begin{array}{r}\mathrm{LHS}>x_2^2-\frac{1}{x_2^2}-x_2+\frac{1}{x_2}-\frac{1}{2}(x_2^2-\frac{1}{x_2^2})=\frac{1}{2}(x_2-\frac{1}{x_2})\cdot \frac{(x_2-1{)}^2}{x_2}>0,\end{array}$$
   因此结论得证.

3. 证明 一方面$$\begin{array}{r}{X}^2+\frac{1-\ln x}{x}-(x+\frac{1}{x})\ge x^2-x-\frac{x-1}{x}=\frac{(x-1{)}^2(x+1)}{x}\ge 0\Rightarrow f(x)\ge x+\frac{1}{x}-a,\end{array}$$
   因此 $f(x_i)=0>x_i+{\displaystyle \frac{1}{x_i}-a,i=1,2}$, 也即 $x_i^2-a{x}_i+1<0$, 从而 $x_2-x_1<\sqrt{a^2-4}$. 另一方面$$\begin{array}{r}{X}^2+\frac{1-\ln x}{x}-(x^2+\frac{1}{x^2})=\frac{1}{x}(X+x\ln \frac{1}{x}-1)\le \frac{1}{x}(X-1+x(\frac{1}{x}-1))=0\Rightarrow f(x)\le x^2+\frac{1}{x^2}-a,\end{array}$$
   因此 ${\displaystyle f(x_i)=0<x_i^2+\frac{1}{x_i^2}-a\Rightarrow (x_i^2{)}^2-a(x_i^2)+1>0}$, 从而 $x_2^2-x_1^2>\sqrt{a^2-4}$.

   这样不等式得证！