已知\(f(x)=x^2+(1-2a)x-a{\ln}x\) \((a>0)\)有两个零点\(x_1,x_2\).
\((1)\) 求\(a\)的取值范围\(;\)
\((2)\) 求证\(: x_1x_2>1\).
解析:
\((1)\) 原题等价于下述函数有两个零点\[
g(x)=\dfrac{2x+{\ln}x}{x^2+x}-\dfrac{1}{a},a>0.\]对\(g(x)\)求导可得\[
g'(x)=\dfrac{\left(2x+1\right)\left(1-x-{\ln}x\right)}{x^2+x},x>0.\]
因此\(g(x)\)在区间\((0,1)\)单调递增,在区间\([1,+\infty)\)单调递减.以下对\(a\)的取值分类讨论说明\(:\)
情形一 当\(a\in\left(0,1\right)\),则\[\forall x>0,g(x)<g(1)=1-\dfrac{1}{a}<0.\]此时函数\(g(x)\)无零点,不符题设,舍去.
情形二 当\(a=1\),此时\(g(x)\)有唯一零点\(x=1\),亦不符题设,舍去.
情形三 当\(a>1\),由于\[
\begin{cases}
\exists x_0=1,g(x_0)>0,\ \exists x_3=\dfrac{1}{\mathrm{e}}<x_0,g(x_3)<0,\ \exists x_4=4a^2>x_0, g(x_4)<\dfrac{2+{\ln}x_4}{x_4}-\dfrac{1}{a}<\dfrac{2}{\sqrt{x_4}}-\dfrac{1}{a}=0.
\end{cases}\]
此时函数\(g(x)\)有且仅有两个零点,且两个零点分别位于区间\((x_3,x_0)\)与\((x_0,x_4)\)内.综上\(a\)的取值范围为\((1,+\infty)\).
\((2)\)
法一 由题\[
(\ast)\qquad \begin{cases}
x_1^2+(1-2a)x_1=a{\ln}x_1,\ x_2^2+(1-2a)x_2=a{\ln}x_2,
\end{cases}\]
其中\(a>1\),将两式作差并结合对数平均不等式可得\[\dfrac{\left(x_1+x_2\right)+1-2a}{a}=\dfrac{{\ln}x_1-{\ln}x_2}{x_1-x_2}>\dfrac{2}{x_1+x_2}.\]
因此我们有\[\left(x_1+x_2\right)^2+\left(1-2a\right)(x_1+x_2)>2a.\]再将\((\ast)\)中的两式相加可得\[
(x_1+x_2)^2+\left(1-2a\right)(x_1+x_2)=a{\ln}x_1x_2+2x_1x_2.\]
于是\[a{\ln}x_1x_2+2x_1x_2>2a>2,a>1.\]记\(h(t)=a{\ln}t+2t\),显然\(h(t)\)为单调递增函数,且\(h(1)=2\),所以由\(h(x_1x_2)>2\)可得\[x_1x_2>1.\]
法二 结合\((1)\)可知\(0<x_1<1<x_2\) ,所以原题等价于证明\[0<\dfrac{1}{x_2}<x_1<1.\]又因\(g(x)\)在\((0,1)\)单调递增,所以原题又等价于证明 \[g(x_2)=g(x_1)>g\left(\dfrac{1}{x_2}\right).\]
记 \(x=x_2\) ,则上述不等式的证明等价于证明\[
\forall x>1,\dfrac{2x+{\ln}x}{x^2+x}>\dfrac{2x-x^2{\ln}x}{x+1}.\]即证\[
\forall x>1,{\ln}x>\dfrac{2x(x-1)}{x^3+1}.\]而\[
\forall x>1,LHS={\ln}x>\dfrac{2(x-1)}{x+1}>\dfrac{2x(x-1)}{x^3+1}=RHS.\]证毕.
原文：https://www.cnblogs.com/Math521/p/11628853.html