武汉市2023届高中毕业生四月调研考试数学T22

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$22. (12分)$

$已知函数f(x)=x\ln{x}-\frac{k}{x} , 其中k>0. $

$(1)证明: f(x)恒有唯一零点; $

$(2)记(1)中零点为x_{0} , 当0<k<\frac{e}{2}时, 证明: f(x)图像上存在关于(x_{0}, 0)对称的两点. $

(1)

$g(x)=\ln{x}-\frac{k}{x^{2}}$

$f(x)=0\Leftrightarrow g(x)=0$

$g’(x)=\frac{1}{x}+\frac{2k}{x^{3}}>0$

因此$g(x)$在$\mathbb{R}^{+}$上单调递增, 故$g(x)$在$\mathbb{R}^{+}$上至多有一零点

又

$\lim_{x \to 0^{+}}g(x)=-\infty$

$\lim_{x \to +\infty}g(x)=+\infty$

取点

$g(1)=-k<0$

$g(e^k)=k-\frac{k}{e^{2k}}>0$

Geogebra

且$g(x)$在$\mathbb{R}^{+}$上连续

故$g(x)$在$\mathbb{R}^{+}$上至少有一零点

综上$g(x)$在$\mathbb{R}^{+}$上有唯一零点, 即$f(x)$有唯一零点

(2)

显然$1<x_{0}<e^{\frac{1}{2}}$

不妨设两点为

$(x_{0}(1-t), f(x_{0}(1-t))), (x_{0}(1+t), f(x_{0}(1+t))), 0<t<1$

则有

$f(x_{0}(1-t))+f(x_{0}(1+t))=0$

即

$((x_{0}(1-t))\ln{(x_{0}(1-t))}-\frac{k}{x_{0}(1-t)}) + ((x_{0}(1+t))\ln{(x_{0}(1+t))}-\frac{k}{x_{0}(1+t)})=0$

参变分离

$\frac{1-t^{2}}{t^{2}}((1-t)\ln{(1-t)}+(1+t)\ln{(1+t)})=2\ln{x_{0}}$

令$h(t)=\frac{1-t^{2}}{t^{2}}((1-t)\ln{(1-t)}+(1+t)\ln{(1+t)})$

$\lim_{t \to 0^{+}}h(t)=1>2\ln{x_{0}}$

$\lim_{t \to 1^{-}}h(t)=0<2\ln{x_{0}}$

Geogebra

又$h(t)$在$(0,1)$上连续

由连续介值定理得证

取点

由不等式$\ln{x}\leq x-1$

$h(t)=\frac{1-t^{2}}{t^{2}}((1-t)\ln{(1-t)}+(1+t)\ln{(1+t)})\leq 2(1-t^{2})$

Geogebra

$\forall t\in [\sqrt{1-\ln{x_{0}}}, 1), h(t)\leq 2\ln{x_{0}}$

又

$h(t)=\frac{1-t^{2}}{t^{2}}((1-t)\ln{(1-t)}+(1+t)\ln{(1+t)})=\frac{1-t^{2}}{t^{2}}\ln{(1-t^{2})}+\frac{1-t^{2}}{t}\ln{(\frac{1+t}{1-t})}$

Geogebra

由不等式$\ln{x}\geq 1-\frac{1}{x}$

$h(t)=\frac{1-t^{2}}{t^{2}}\ln{(1-t^{2})}+\frac{1-t^{2}}{t}\ln{(\frac{1+t}{1-t})}\geq 1-2t$

Geogebra

$\forall t\in (0, \frac{1-2\ln{x_{0}}}{2}], h(t)\geq 2\ln{x_{0}}$

依此取点即可