1654

已知 ${\displaystyle a,k\in \mathbb{R}}$, ${\displaystyle f(x)=x\ln x}$, ${\displaystyle g(x)=(x+a){\mathrm{e}}^x}$, 直线 ${\displaystyle y=k}$ 与曲线 ${\displaystyle y=f(x)}$ 和 ${\displaystyle y=g(x)}$ 都相切.

1. 求 ${\displaystyle a,k}$ 的值;
2. 若 ${\displaystyle f(x_1)=f(x_2)=g(x_3)=g(x_4)=b}$, 其中 ${\displaystyle x_1\ne x_2}$, ${\displaystyle x_3\ne x_4}$.
   1. 求实数 ${\displaystyle b}$ 的取值范围;
   2. 求证: ${\displaystyle |\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2}|>|\frac{1}{x_3}-\frac{1}{x_4}|}$.

1. 解 由题意, ${\displaystyle k}$ 是 ${\displaystyle f(x),g(x)}$ 的极值. 因为 ${\displaystyle f^{\prime }(x)=1+\ln x}$ 有零点 ${\displaystyle \frac{1}{\mathrm{e}}}$, 所以 ${\displaystyle k=f\left(\frac{1}{\mathrm{e}}\right)=-\frac{1}{\mathrm{e}}}$. 而 ${\displaystyle g^{\prime }(x)=(x+a+1){\mathrm{e}}^x}$ 有零点 ${\displaystyle -a-1}$, 所以 $$g(-a-1)=-{\mathrm{e}}^{-a-1}=k=-\frac{1}{\mathrm{e}}\Rightarrow a=0.$$
   综上, ${\displaystyle k=-\frac{1}{\mathrm{e}}}$, ${\displaystyle a=0}$.
2. 1. 简解 因为 ${\displaystyle f(x),g(x)}$ 都在各自 ${\displaystyle \ge 0}$ 的段单调, 所以只能有 ${\displaystyle b\in (-\frac{1}{\mathrm{e}},0)}$. 然后用零点存在性定理证明 ${\displaystyle x_1\sim x_4}$ 分别在 ${\displaystyle (0,\frac{1}{\mathrm{e}})}$, ${\displaystyle (\frac{1}{\mathrm{e}},1)}$, ${\displaystyle (-\mathrm{\infty },-1)}$, ${\displaystyle (-1,0)}$ 上取到.
   2. 证明 由题意 ${\displaystyle f(x_i)=g(x_j)}$ (${\displaystyle i=1,2}$, ${\displaystyle j=3,4}$), 所以 $$x_i\ln x_i=x_j{\mathrm{e}}^{x_j}={\mathrm{e}}^{x_j}\ln {\mathrm{e}}^{x_j}.$$ 而 ${\displaystyle x\ln x=b}$ 有两个根, 所以我们找到了同构关系. 不妨设 ${\displaystyle x_1<x_2}$, ${\displaystyle x_3<x_4}$, 只能有 $$x_1={\mathrm{e}}^{x_3},x_2={\mathrm{e}}^{x_4}.$$ 所以要证的不等式等价于$$\begin{array}{rl}& \frac{1}{x_1}-\frac{1}{\ln x_1}>\frac{1}{x_2}-\frac{1}{\ln x_2}\\ \Leftarrow & \frac{\ln x_1-x_1}{b}>\frac{\ln x_2-x_2}{b}\\ \Leftarrow & \ln x_1-x_2<\ln x_2-x_2.\end{array}$$ 而 ${\displaystyle (\ln x-x{)}^{\prime }=\frac{1}{x}-1>0}$ 在 ${\displaystyle (0,1)}$ 上成立, 再结合 ${\displaystyle x_1<x_2}$, 不等式得证!