已知函数\(f(x)=x{\ln}x-2mx\)\((m\in\mathbb{R})\).
\((1)\) 求函数\(f(x)\)在区间\(\left[\sqrt{\mathrm{e}},\mathrm{e}^2\right]\)上的最小值;
\((2)\) 若\(x_1,x_2\in\left(\dfrac{1}{\mathrm{e}},+\infty\right)\),求证:\(x_1x_2<\left(x_1+x_2\right)^{2+\frac{x_1}{x_2}+\frac{x_2}{x_1}}\).
解析:
\((1)\) 对\(f(x)\)求导可得\[
f'(x)={\ln}x+1-2m,x>0.\]
因此\(f(x)\)在\(\left(0,\mathrm{e}^{2m-1}\right)\)单调递减,在\(\left[ \mathrm{e}^{2m-1},+\infty\right)\)单调递增.
情形一 若\(m<\dfrac{3}{4}\),则\(\mathrm{e}^{2m-1}<\mathrm{e}^{\frac{1}{2}}\),此时所求最小值为\(f\left(\sqrt{\mathrm{e}}\right)=\left(\dfrac{1}{2}-2m\right)\sqrt{\mathrm{e}}\).
清新二 若\(m>\dfrac{3}{2}\),则\(\mathrm{e}^{2m-1}>\mathrm{e}^2\),此时所求最小值为\(f\left(\mathrm{e}^2\right)=2(1-m)\mathrm{e}^2\).
情形三 若\(m\in\left[\dfrac{3}{4},\dfrac{3}{2}\right]\),则\[\mathrm{e}^{\frac{1}{2}}\leqslant \mathrm{e}^{2m-1}\leqslant\mathrm{e}^2.\]此时所求最小值为\(f\left(\mathrm{e}^{2m-1}\right)=-\mathrm{e}^{2m-1}\).
\((2)\) 若记\((a,b)=\left(x_1x_2,x_1+x_2\right),\)则
\[a>\dfrac{1}{\mathrm{e}^2},b>\dfrac{2}{\mathrm{e}},b>2\sqrt{a}>\dfrac{2}{\mathrm{e}}.\]
题中待证不等式重写为\[
a{\ln}a<b^2{\ln}b.\]记右侧表达式为函数\(y=g(b),b>\dfrac{2}{\mathrm{e}}\),容易知道\(g(b)\)在\(\left(\dfrac{2}{\mathrm{e}},+\infty\right)\)单调递增,从而\[
g\left(b\right)>g\left(2\sqrt{a}\right)=4a{\ln}\left(2\sqrt{a}\right).\]显然\(4a{\ln}\left(2\sqrt{a}\right)>a{\ln}a\),于是原题证毕.
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