但是你先别急

设函数 \(f(x)=x\ln x+m\) 有两个零点 \(x_1,x_2\)，证明：\(x_1+x_2>\dfrac{2}{\mathrm{e}}\)．

证明：

不妨设 \(x_1<x_2\)，同时设 \(x_2=tx_1\)，则有 \(t>1\)．

即证

\[(1+t)x_1>\dfrac{2}{\mathrm{e}}.\tag{1} \]

将 \(x_2=tx_1\) 代入 \(f(x)\)，得

\[\ln x_1=\frac{t\ln t}{1-t}.\tag{2} \]

将 \((1)\) 式两边取对数后用 \((2)\) 式代入：

\[\frac{t\ln t}{1-t}+\ln(1+t)>\ln 2-1.\tag{3} \]

则只需证明 \((3)\) 式成立．

这个式子很丑，但是你先别急，设 \(g(t)=\ln(1+t)-\dfrac{t\ln t}{t-1}\)，则只需证 \(g(t)>\ln 2-1\)．

求导，得

\[\begin{aligned} g'(t)&=\frac{1}{t+1}-\frac{(\ln t+1)(t-1)-t\ln t}{(t-1)^2}\\ &=\frac{1}{t+1}-\frac{t-\ln t-1}{(t-1)^2}\\ &=\frac{-2t+2+(t+1)\ln t}{(t+1)(t-1)^2}.\tag{4} \end{aligned} \]

发现 \((4)\) 比 \((3)\) 还丑，但是你先别急，设 \(h(t)=-2t+2+(t+1)\ln t\)，继续求导

\[h'(t)=\ln t+\frac{1}{t}-1. \]

现在很漂亮了，但是你先别急，再导一发看看成色

\[h''(t)=-\frac{1}{t^2}+\frac{1}{t}=\frac{t-1}{t^2}>0. \]

行了，该回头了，由 \(h''(t)>0\)，可得 \(h'(t)\) 单调递增．

故 \(h'(t)>h'(1)=0\)，可得 \(h(t)\) 单调递增．

故 \(h(t)>h(1)=0\)．可得 \(g'(t)\) 单调递增．

故 \(g'(t)>g'(1)\)，而 \(g'(1)\) 出现了分母等于 \(0\) 的情况，但是你先别急，考虑洛必达法则：

分子部分我们已经分析过了，在 \(t=1\) 时 \(h'(t)=0\)，设分母部分为 \(d(t)=(t+1)(t-1)^2\)．

接着导：

\[d'(t)=(t-1)(3t+1),\\d''(t)=6t-2. \]

差不多了．

则 \(g'(t)\) 在 \(t\to 1^+\) 的极限值为：

\[\lim_{t\to 1^+}g'(t)=\frac{h(t)}{d(t)}=\frac{h'(t)}{d'(t)}=\frac{h''(t)}{d''(t)}=\frac{0}{4}=0. \]

故 \(g(t)\) 单调递增．

但是你先别急，\(g(1)\) 的分母还是 \(0\)，接着洛：

\[\begin{aligned} g(t)>\lim_{t\to 1^+}g(1)&=\lim_{t\to 1^+}\left(\ln(t+1)-\frac{t\ln t}{t-1}\right)\\ &=\lim_{t\to 1^+}ln(t+1)-\lim_{t\to 1^+}\frac{t\ln t}{t-1}\\ &=\ln 2-\lim_{t\to 1^+}\frac{(t\ln t)'}{(t-1)'}\\ &=\ln 2-1 \end{aligned} \]

故原命题得证．

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我当然知道这个题可以一眼瞪出来，而且也有很多简单证法，但是不要在意这个方法的抽象程度，这只是个鲜花而已……

希望读者做导数题的时候不要成为铁头娃．

太晚了，涩图明天再补．