每日一题_191021

已知函数$f(x)=a\mathrm{e}^x-x{\ln}x$ $(a>0)$.
$(1)$ 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 $$f'(x)=\mathrm{e}^x-{\ln}x-1,x\geqslant 1.$$
显然 $$\forall x\geqslant 1,f'(x)\geqslant \left(x+1\right)-\left(x-1\right)-1>0.$$ 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 $$g(x)=\dfrac{x{\ln}x}{\mathrm{e}^x}-a,x\geqslant 1.$$
对$g(x)$求导可得 $$g'(x)=\dfrac{1+{\ln}x-x{\ln}x}{\mathrm{e}^x},x\geqslant 1.$$
记分子为$h(x),x\geqslant 1$,再对$h(x)$求导可得 $$h'(x)=\dfrac{1}{x}-1-{\ln}x,x\geqslant 1.$$ 显然$h'(x)$单调递减,且$h'(1)=0$,所以$\forall x\geqslant 1,h'(x)\leqslant 0$.因此$h(x)$单调递减,又因为 $$\begin{cases} &\exists x_1=2,h(x_1)=1-{\ln}2>0,\ &\exists x_2=\mathrm{e},h(x_2)=2-\mathrm{e}<0. \end{cases}$$
因此$h(x)$存在唯一零点$x_0$,且$x_0\in\left(2,\mathrm{e}\right)$,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 $$g(x_0)=\dfrac{x_0{\ln}x_0}{\mathrm{e}^{x_0}}-a\geqslant 0.$$ 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$$
\forall x_0>0,\dfrac{{\ln}x_0}{x_0}<\dfrac{2}{\mathrm{e}^{2}\cdot\dfrac{\mathrm{e}}{x_0}}{x_0^2}. $$显然$$
LHS\leqslant \dfrac{1}{\mathrm{e}}<\dfrac{2}{\mathrm{e}^2}\cdot \dfrac{\mathrm{e}^2}{4}\leqslant RHS.$$综上证毕.