已知函数(f(x)=amathrm{e}^x-x{ln}x) ((a>0)).
((1)) 当(a=1)时,判断并证明函数(f(x))在区间([1,+infty))上的单调性;
((2)) 若函数(f(x))在([1,+infty))上有零点,且正实数(a)的最大值为(m),求证:(dfrac{2{ln}2}{mathrm{e}^2}<m<dfrac{2}{mathrm{e}^2}).
解析:
((1)) 当(a=1)时,对(f(x))求导可得$$
f'(x)=mathrm{e}^x-{ln}x-1,xgeqslant 1.$$
显然$$forall xgeqslant 1,f'(x)geqslant left(x+1
ight)-left(x-1
ight)-1>0.$$因此(f(x))在区间([1,+infty))上单调递增.
((2)) 待定幂指法 由题(f(x))在([1,+infty))上有零点等价于(g(x))在([1,+infty))上有零点,其中$$
g(x)=dfrac{x{ln}x}{mathrm{e}^x}-a,xgeqslant 1.$$
对(g(x))求导可得$$g'(x)=dfrac{1+{ln}x-x{ln}x}{mathrm{e}^x},xgeqslant 1.$$
记分子为(h(x),xgeqslant 1),再对(h(x))求导可得$$h'(x)=dfrac{1}{x}-1-{ln}x,xgeqslant 1.$$显然(h'(x))单调递减,且(h'(1)=0),所以(forall xgeqslant 1,h'(x)leqslant 0).因此(h(x))单调递减,又因为$$
egin{cases}
&exists x_1=2,h(x_1)=1-{ln}2>0,
&exists x_2=mathrm{e},h(x_2)=2-mathrm{e}<0.
end{cases}$$
因此(h(x))存在唯一零点(x_0),且(x_0inleft(2,mathrm{e}
ight)),所以(g(x))在((1,x_0))单调递增,在([x_0,+infty))单调递减.结合题意有$$g(x_0)=dfrac{x_0{ln}x_0}{mathrm{e}^{x_0}}-ageqslant 0.$$因此(a)的最大值(m=dfrac{x_0{ln}x_0}{mathrm{e}^{x_0}}),再结合(g(x_0)>g(2).)可得$$
m=dfrac{x_0{ln}x_0}{mathrm{e}{x_0}}>dfrac{2{ln}2}{mathrm{e}2}.$$
接下来证明(m<dfrac{2}{mathrm{e}^2}),转证$$
forall x_0>0,dfrac{{ln}x_0}{x_0}<dfrac{2}{mathrm{e}2}cdotdfrac{mathrm{e}{x_0}}{x_0^2}.$$显然$$
LHSleqslant dfrac{1}{mathrm{e}}<dfrac{2}{mathrm{e}^2}cdot dfrac{mathrm{e}^2}{4}leqslant RHS.$$综上证毕.