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.