题目
若函数$f(x)=\dfrac{a}{x}+\ln x$有两个不同的零点$x_1,x_2$,求证:
$$x_1f’(x_1)+x_2f’(x_2) > 2\ln a+2.$$
解析
因为
$$
\begin{aligned}
f(x_1)&=\dfrac{a}{x_1}+\ln x_1=0,\ f(x_2)&=\dfrac{a}{x_2}+\ln x_2=0
\end{aligned}
$$
所以
$$
\dfrac{a}{x_1}+\dfrac{a}{x_2}=-(\ln x_1+\ln x_2)=-\ln (x_1 x_2)
$$
又$f^{\prime}(x)=-\dfrac{a}{x^2}+\dfrac{1}{x}$,所以
$$
\begin{aligned}
&x_1 f^{\prime}(x_1)+x_2 f^{\prime}(x_2) > 2\ln a+2\\
\iff &-\dfrac{a}{x_1}+1-\dfrac{a}{x_2}+1 > 2\ln a+2\\
\iff &\ln (x_1 x_2) > 2\ln a\\
\iff &x_1 x_2 > a^2
\end{aligned}
$$
所以问题转化为:
若函数$f(x)=\dfrac{a}{x}+\ln x$有两个不同的零点$x_1,x_2$,
求证:$x_1x_2 > a^2.$
解法一
当$a\leqslant0$时，$f^{\prime}(x)=\dfrac{x-a}{x^2} > 0$,$f(x)$单调递增,
不可能有两个零点,故$a > 0$.
若$ x \in(0, a), f^{\prime}(x) < 0, f(x)$递减,
若$x \in(a,+\infty), f^{\prime}(x) > 0, f(x)$递增.
不妨设 $0 < x_1 < a < x_2$.
要证 $x_1 x_2 > a^2$ 即证 $x_2 > \dfrac{a^2}{x_1}$,
注意到$\dfrac{a^2}{x_1} > a, f(x)$ 在 $(a,+\infty)$上单调递增,
只需证 $f(x_2) > f(\dfrac{a^2}{x_1})$,
又$f(x_1)=f(x_2)=0$, 只需证
\begin{equation}
f(x_1) > f(\dfrac{a^2}{x_1})\tag{_}
\end{equation}
令$g(x)=f(x)-f(\dfrac{a^2}{x})$,则
$$g^{\prime}(x)=f^{\prime}(x)+\dfrac{a^2}{x^2} f^{\prime}(\dfrac{a^2}{x})=\dfrac{-(a-x)^2}{a x^2} \leqslant 0$$
所以$g(x)$在$(0, a]$上单调递减.
因为$0 < x_1 < a$,所以
$$
g(x_1)=f(x_1)-f(\dfrac{a^2}{x_1}) > g(a)=0
$$
即(_)成立，命题得证.
解法二
若函数$f(x)=\dfrac{a}{x}+\ln x$有两个不同的零点$x_1,x_2$,
求证:$x_1x_2 > a^2.$
因为
$$f(x_1)=\dfrac{a}{x_1}+\ln x_1=\dfrac{a}{x_1}-\ln \dfrac{1}{x_1}=0 $$
所以
\begin{equation}
\dfrac{1}{a}=\dfrac{\frac{1}{x_1}}{\ln \frac{1}{x_1}} \tag{1}
\end{equation}
同理
\begin{equation}
\dfrac{1}{a}=\dfrac{\frac{1}{x_2}}{\ln \frac{1}{x_2}} \tag{2}
\end{equation}
由(1)(2)及$\dfrac{m-n}{\ln m-\ln n} > \sqrt{m n}$得
$$\dfrac{1}{a}=\dfrac{\frac{1}{x_1}}{\ln \frac{1}{x_1}}=\dfrac{\frac{1}{x_2}}{\ln \frac{1}{x_2}}=\dfrac{\frac{1}{x_1}-\frac1{x_2}}{\ln \frac{1}{x_1}-\ln \frac{1}{x_2}} > \sqrt{\dfrac{1}{x_1 x_2}}$$
所以$\dfrac{1}{a^2} > \dfrac{1}{x_1 x_2}$,即$x_1 x_2 > a^2$.
解法三
若函数$f(x)=\dfrac{a}{x}+\ln x$有两个不同的零点$x_1,x_2$,
求证:$x_1x_2 > a^2.$
令$g(x)=2 a f(x)-(x+\dfrac{a^2}{x}),$则
$$g^{\prime}(x)=\dfrac{-(a-x)^2}{x^2} \leqslant 0,$$
所以$g(x)$ 在 $(0,+\infty)$上单调递减.
不妨设 $x_2 > x_1 > 0$,则 $g(x_2) < g(x_1)$,即
$$2 a f(x_2)-(x_2+\dfrac{a^2}{x_2}) < 2 a f(x_1)-(x_1+\dfrac{a^2}{x_1})$$
因为$f(x_1)=f(x_2)=0$,所以
$$x_2+\dfrac{a^2}{x_2} > x_1+\dfrac{a^2}{x_1}$$
整理得 $$\dfrac{(x_2-x_1)(x_1 x_2-a^2)}{x_1 x_2} > 0$$
因为$x_2 > x_1 > 0$,所以$x_1 x_2 > a^2.$