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

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

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

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

   综上，${\displaystyle a>2}$.

2. 证明 由 1 可得 ${\displaystyle 0<x_1<1<x_2}$. 要证 ${\displaystyle x_1{x}_2<1}$，即要证 ${\displaystyle x_1<{\displaystyle \frac{1}{x_2}}}$，而 ${\displaystyle x_1,\frac{1}{x_2}<1}$，落在 ${\displaystyle (0,1)}$ 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${\displaystyle x>1}$时${\displaystyle {\displaystyle \ln x<\frac{1}{2}(x-\frac{1}{x})}}$，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 一方面依据 ${\displaystyle \ln x\le x-1}$, 有 $$\begin{array}{r}{x}^2+\frac{1-\ln x}{x}-(x+\frac{1}{x})=x^2-x-\frac{\ln x}{x}\ge \frac{(x-1{)}^2(x+1)}{x}\ge 0\Rightarrow f(x)\ge x+\frac{1}{x}-a,\end{array}$$
   因此 ${\displaystyle f(x_i)=0>x_i+{\displaystyle \frac{1}{x_i}-a,i=1,2}}$, 也即 ${\displaystyle x_i^2-a{x}_i+1<0}$, 从而 ${\displaystyle x_2-x_1<\sqrt{a^2-4}}$.
   另一方面依据 ${\displaystyle \ln x\ge \frac{1}{x}-1}$, 有 $$\begin{array}{r}{x}^2+\frac{1-\ln x}{x}-(x^2+\frac{1}{x^2})=\frac{1-\ln x}{x}-\frac{1}{x^2}\le 0\Rightarrow f(x)\le x^2+\frac{1}{x^2}-a,\end{array}$$ 因此 ${\displaystyle {\displaystyle f(x_i)=0<x_i^2+\frac{1}{x_i^2}-a\Rightarrow (x_i^2{)}^2-a(x_i^2)+1>0}}$, 从而 ${\displaystyle x_2^2-x_1^2>\sqrt{a^2-4}}$.

   这样不等式得证！