| 模型 | 模型答案 | 正确答案 |
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| 金声玉亮2.0 | (1)【解析】 首先，我们需要找到函数 \( f(x) = (x-1) \ln x - x - 1 \) 的极值点。极值点出现在导数为零的地方。 计算 \( f(x) \) 的导数： \[ f'(x) = \frac{d}{dx} \left[ (x-1) \ln x - x - 1 \right] \] 使用乘积法则和链式法则： \[ f'(x) = (x-1) \cdot \frac{1}{x} + \ln x - 1 - 1 \] \[ f'(x) = 1 - \frac{1}{x} + \ln x - 2 \] \[ f'(x) = \ln x + 1 - \frac{1}{x} - 2 \] \[ f'(x) = \ln x - \frac{1}{x} - 1 \] 令 \( f'(x) = 0 \)： \[ \ln x - \frac{1}{x} - 1 = 0 \] \[ \ln x = \frac{1}{x} + 1 \] 我们需要证明这个方程有唯一解。考虑函数 \( g(x) = \ln x - \frac{1}{x} - 1 \)，我们分析其单调性。 计算 \( g(x) \) 的导数： \[ g'(x) = \frac{1}{x} + \frac{1}{x^2} \] \[ g'(x) = \frac{x+1}{x^2} \] 显然，\( g'(x) > 0 \) 对于 \( x > 0 \) 恒成立。因此，\( g(x) \) 是单调递增的函数。 由于 \( g(x) \) 是单调递增的函数，且 \( g(x) \) 在 \( x > 0 \) 上连续，所以 \( g(x) = 0 \) 只有一个解。即 \( f(x) \) 存在唯一的极值点。 <eoe> 【答案】 \( f(x) \) 存在唯一的极值点。<eoa> (2)【解析】 我们需要证明方程 \( f(x) = 0 \) 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数。 首先，考虑 \( f(x) = 0 \)： \[ (x-1) \ln x - x - 1 = 0 \] 令 \( x = a \) 是方程的一个解，即： \[ (a-1) \ln a - a - 1 = 0 \] 我们需要证明 \( x = \frac{1}{a} \) 也是方程的解。考虑 \( f\left(\frac{1}{a}\right) \)： \[ f\left(\frac{1}{a}\right) = \left(\frac{1}{a} - 1\right) \ln \left(\frac{1}{a}\right) - \frac{1}{a} - 1 \] \[ = \left(\frac{1}{a} - 1\right) (-\ln a) - \frac{1}{a} - 1 \] \[ = -\left(\frac{1}{a} - 1\right) \ln a - \frac{1}{a} - 1 \] \[ = -\frac{\ln a}{a} + \ln a - \frac{1}{a} - 1 \] 我们需要证明： \[ -\frac{\ln a}{a} + \ln a - \frac{1}{a} - 1 = 0 \] 考虑 \( f(a) = 0 \)： \[ (a-1) \ln a - a - 1 = 0 \] \[ a \ln a - \ln a - a - 1 = 0 \] \[ a \ln a - a - \ln a - 1 = 0 \] 将 \( a \ln a - a - \ln a - 1 = 0 \) 代入 \( f\left(\frac{1}{a}\right) \) 的表达式： \[ -\frac{\ln a}{a} + \ln a - \frac{1}{a} - 1 = 0 \] 显然，\( x = \frac{1}{a} \) 也是方程的解。 由于 \( f(x) \) 是一个连续函数，并且我们已经证明了 \( f(x) \) 存在唯一的极值点，所以 \( f(x) = 0 \) 只有两个实根，且这两个实根互为倒数。 <eoe> 【答案】 \( f(x) = 0 \) 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数。<eoa> |
【详解】(1) 由题意可得, $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$, 由 $f(x)=(x-1) \ln x-x-1$, 得 $f^{\prime}(x)=\ln x+\frac{x-1}{x}-1=\ln x-\frac{1}{x}$, 显然 $f^{\prime}(x)=\ln x-\frac{1}{x}$ 单调递增; 又 $f^{\prime}(1)=-1<0, f^{\prime}(2)=\ln 2-\frac{1}{2}=\frac{\ln 4-1}{2}>0$ ， 故存在唯一 $x_{0}$, 使得 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ ； 又当 $x>x_{0}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right)>0$, 函数 $f(x)$ 单调递增; 当 $0<x<x_{0}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right)<0$, 函数 $f(x)$ 单调递减; 因此, $f(x)$ 存在唯一的极值点; (2) 由 (1) 知, $f\left(x_{0}\right)<f(1)=-2$, 又 $f\left(e^{2}\right)=e^{2}-3>0$, 所以 $f(x)=0$ 在 $\left(\boldsymbol{x}_{\mathbf{0}},+\infty\right)$ 内存在唯一实根, 记作 $x=a$. 由 $1<x_{0}<a$ 得 $\frac{1}{a}<1<x_{0}$, 又 $f\left(\frac{1}{a}\right)=\left(\frac{1}{a}-1\right) \ln \frac{1}{a}-\frac{1}{a}-1=\frac{f(a)}{a}=0$, 故 $\frac{1}{a}$ 是方程 $f(x)=0$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 内的唯一实根; 综上, $f(x)=0$ 有且仅有两个实根, 且两个实根互为倒数. |
| deepseekr1 | (1)【解析】 要证明$f(x)$存在唯一的极值点，首先求导： $$f'(x) = \ln x - \frac{1}{x}.$$ 分析$f'(x)$的单调性：计算二阶导数 $$f''(x) = \frac{1}{x} + \frac{1}{x^2} > 0 \quad (x>0),$$ 故$f'(x)$在$(0,+\infty)$上严格递增。当$x \to 0^+$时，$f'(x) \to -\infty$；当$x \to +\infty$时，$f'(x) \to +\infty$。由中间值定理，$f'(x)$存在唯一零点$x_0$，即$f(x)$存在唯一极值点。 <eoe> 【答案】 (1) 计算导数$f'(x) = \ln x - \frac{1}{x}$，其二阶导数$f''(x) = \frac{1}{x} + \frac{1}{x^2} > 0$，故$f'(x)$严格递增。由$f'(x)$在$(0,+\infty)$上从$-\infty$增至$+\infty$，必存在唯一零点，即$f(x)$存在唯一极值点。 <eoa> (2)【解析】 1. **互为倒数的根**：若$x=a$为$f(a)=0$的根，验证$x=1/a$是否满足： $$f\left(\frac{1}{a}\right) = \left(\frac{1}{a}-1\right)\ln\frac{1}{a} - \frac{1}{a} -1 = \frac{a-1}{a}(-\ln a) - \frac{1}{a} -1 = (a-1)\ln a -a -1 = 0,$$ 故$x=1/a$亦为根。 2. **实根个数**： - 当$x \to 0^+$，$f(x) \to +\infty$；$x=1$时，$f(1) = -2 < 0$，故$(0,1)$内存在一零点。 - 当$x \to +\infty$，$f(x) \to +\infty$；设极值点为$x_0$，由$f'(x_0)=0$得$\ln x_0 = \frac{1}{x_0}$，代入得$f(x_0) = -x_0 - \frac{1}{x_0} < 0$，故$(x_0,+\infty)$内存在另一零点。综上，$f(x)=0$恰有两实根且互为倒数。 <eoe> 【答案】 (2) 若$a$为根，则$1/a$亦为根。分析函数值：$f(1)=-2$，且$x\to 0^+$或$+\infty$时$f(x)\to+\infty$，故$(0,1)$和$(1,+\infty)$各有一根。极值点$x_0$处$f(x_0)<0$，保证根的唯二性，两根互为倒数。 <eoa> |
【详解】(1) 由题意可得, $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$, 由 $f(x)=(x-1) \ln x-x-1$, 得 $f^{\prime}(x)=\ln x+\frac{x-1}{x}-1=\ln x-\frac{1}{x}$, 显然 $f^{\prime}(x)=\ln x-\frac{1}{x}$ 单调递增; 又 $f^{\prime}(1)=-1<0, f^{\prime}(2)=\ln 2-\frac{1}{2}=\frac{\ln 4-1}{2}>0$ ， 故存在唯一 $x_{0}$, 使得 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ ； 又当 $x>x_{0}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right)>0$, 函数 $f(x)$ 单调递增; 当 $0<x<x_{0}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right)<0$, 函数 $f(x)$ 单调递减; 因此, $f(x)$ 存在唯一的极值点; (2) 由 (1) 知, $f\left(x_{0}\right)<f(1)=-2$, 又 $f\left(e^{2}\right)=e^{2}-3>0$, 所以 $f(x)=0$ 在 $\left(\boldsymbol{x}_{\mathbf{0}},+\infty\right)$ 内存在唯一实根, 记作 $x=a$. 由 $1<x_{0}<a$ 得 $\frac{1}{a}<1<x_{0}$, 又 $f\left(\frac{1}{a}\right)=\left(\frac{1}{a}-1\right) \ln \frac{1}{a}-\frac{1}{a}-1=\frac{f(a)}{a}=0$, 故 $\frac{1}{a}$ 是方程 $f(x)=0$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 内的唯一实根; 综上, $f(x)=0$ 有且仅有两个实根, 且两个实根互为倒数. |
| gpto1 | (1)【解析】 首先，给定函数 \( f(x) = (x - 1)\ln x - x - 1 \)，定义域为 \( x > 0 \)（因为 \(\ln x\) 存在）。 求函数的极值点，我们需要计算其导数并找出使导数为零的点。 计算导数： \[ f'(x) = \dfrac{d}{dx}\left( (x - 1)\ln x - x - 1 \right) = \ln x + (x - 1)\cdot\dfrac{1}{x} - 1 \] 化简： \[ f'(x) = \ln x + \dfrac{x - 1}{x} - 1 = \ln x - \dfrac{1}{x} \] 令 \( f'(x) = 0 \)，得： \[ \ln x - \dfrac{1}{x} = 0 \] 该方程在 \( x > 0 \) 的范围内有唯一解，因为 \(\ln x\) 是严格增函数，\(\dfrac{1}{x}\) 是严格减函数，它们的图像只会相交一次。 接下来，计算二阶导数以确定极值的性质： \[ f''(x) = \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{x^2} = \dfrac{x + 1}{x^2} > 0 \] 二阶导数在定义域内恒为正，说明函数在整个定义域内是上凸的（凹向上），因此导数为零的点是函数的唯一极小值点。 综上，函数 \( f(x) \) 存在唯一的极值点，即唯一的极小值点。 <eoe> 【答案】 (1) 函数 \( f(x) \) 存在唯一的极值点，为极小值点。 <eoa> (2)【解析】 要证明方程 \( f(x) = 0 \) 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数。 首先，分析函数的值域和单调性。 当 \( x \rightarrow 0^+ \) 时，\(\ln x \rightarrow -\infty\)，\( (x - 1)\ln x \rightarrow (-1)(-\infty) = +\infty \)，且 \( -x -1 \rightarrow -1 \)，所以 \( f(x) \rightarrow +\infty \)。 当 \( x = 1 \) 时，\( f(1) = (1 - 1)\ln 1 - 1 - 1 = -2 \)。 当 \( x \rightarrow +\infty \) 时，\(\ln x \rightarrow +\infty\)，\( (x - 1)\ln x \rightarrow +\infty \)，\( -x -1 \rightarrow -\infty \)，由于 \( (x - 1)\ln x \) 的增长速度比 \( x \) 慢，所以 \( f(x) \rightarrow +\infty \)。 由以上分析可知，函数 \( f(x) \) 在 \( x > 0 \) 上连续，且从正无穷下降到 \( f(1) = -2 \)，然后再上升到正无穷。因此，方程 \( f(x) = 0 \) 在 \( (0,1) \) 和 \( (1, +\infty) \) 各有一个实根。 接下来，证明如果 \( x \) 是 \( f(x) = 0 \) 的实根，那么 \( \dfrac{1}{x} \) 也是。 计算 \( f\left( \dfrac{1}{x} \right) \)： \[ f\left( \dfrac{1}{x} \right) = \left( \dfrac{1}{x} - 1 \right)\ln \dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{x} - 1 = \left( \dfrac{1 - x}{x} \right)( -\ln x ) - \dfrac{1}{x} - 1 = \dfrac{ x - 1 }{ x } \ln x - \dfrac{1}{ x } -1 \] 而原函数 \( f(x) = ( x -1 ) \ln x - x -1 \)。 可以看出，\( f\left( \dfrac{1}{x} \right) \) 与 \( f(x) \) 的形式相似，说明若 \( f(x) = 0 \) 有解 \( x \)，则 \( \dfrac{1}{x} \) 也满足 \( f\left( \dfrac{1}{x} \right) = 0 \)。因此，两个实根互为倒数。 综上，方程 \( f(x) = 0 \) 在 \( x > 0 \) 上有且仅有两个实根，且这两个实根互为倒数。 <eoe> 【答案】 (2) 方程 \( f(x) = 0 \) 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数。 <eoa> |
【详解】(1) 由题意可得, $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$, 由 $f(x)=(x-1) \ln x-x-1$, 得 $f^{\prime}(x)=\ln x+\frac{x-1}{x}-1=\ln x-\frac{1}{x}$, 显然 $f^{\prime}(x)=\ln x-\frac{1}{x}$ 单调递增; 又 $f^{\prime}(1)=-1<0, f^{\prime}(2)=\ln 2-\frac{1}{2}=\frac{\ln 4-1}{2}>0$ ， 故存在唯一 $x_{0}$, 使得 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ ； 又当 $x>x_{0}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right)>0$, 函数 $f(x)$ 单调递增; 当 $0<x<x_{0}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right)<0$, 函数 $f(x)$ 单调递减; 因此, $f(x)$ 存在唯一的极值点; (2) 由 (1) 知, $f\left(x_{0}\right)<f(1)=-2$, 又 $f\left(e^{2}\right)=e^{2}-3>0$, 所以 $f(x)=0$ 在 $\left(\boldsymbol{x}_{\mathbf{0}},+\infty\right)$ 内存在唯一实根, 记作 $x=a$. 由 $1<x_{0}<a$ 得 $\frac{1}{a}<1<x_{0}$, 又 $f\left(\frac{1}{a}\right)=\left(\frac{1}{a}-1\right) \ln \frac{1}{a}-\frac{1}{a}-1=\frac{f(a)}{a}=0$, 故 $\frac{1}{a}$ 是方程 $f(x)=0$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 内的唯一实根; 综上, $f(x)=0$ 有且仅有两个实根, 且两个实根互为倒数. |
| GPT-4o | (1)【解析】 首先，我们求函数 \( f(x) = (x-1) \ln x - x - 1 \) 的导数： \[ f'(x) = \frac{d}{dx} \left[ (x-1) \ln x - x - 1 \right] \] 使用导数的线性性质和积的导数法则，我们得到： \[ f'(x) = \frac{d}{dx} \left[ (x-1) \ln x \right] - \frac{d}{dx} x - \frac{d}{dx} 1 \] \[ \frac{d}{dx} \left[ (x-1)\ln x \right] = (x-1) \cdot \frac{1}{x} + \ln x \cdot 1 = \frac{x-1}{x} + \ln x \] 因此， \[ f'(x) = \frac{x-1}{x} + \ln x - 1 \] 简化得到： \[ f'(x) = \ln x + 1 - 1 = \ln x \] 我们需要找到导数为零的点： \[ f'(x) = \ln x = 0 \] 解这个方程： \[ \ln x = 0 \Rightarrow x = 1 \] 接着，我们检查这个点是否是极值点。我们需要求第二导数： \[ f''(x) = \frac{d}{dx} (\ln x) = \frac{1}{x} \] 在 \( x = 1 \) 处： \[ f''(1) = \frac{1}{1} = 1 \] 因为 \( f''(1) > 0 \)，所以在 \( x = 1 \) 处函数 \( f(x) \) 有一个极小值点。由于 \( f'(x) = \ln x \) 在 \( x > 0 \) 处只有一个解 \( x = 1 \)，所以 \( f(x) \) 存在唯一的极值点。 <eoe> 【答案】函数 \( f(x) \) 存在唯一的极值点 \( x = 1 \)。<eoa> (2)【解析】 我们需要证明方程 \( f(x) = 0 \) 有且仅有两个实根，并且这两个实根互为倒数。 首先，考虑 \( f(x) = 0 \)： \[ (x-1) \ln x - x - 1 = 0 \] 我们需要找到这个方程的实根。假设 \( x_1 \) 和 \( x_2 \) 是 \( f(x) = 0 \) 的两个实根，我们需要证明 \( x_1 \cdot x_2 = 1 \)。 考虑函数 \( f(x) \) 的性质。我们知道 \( f'(x) = \ln x \)，并且在 \( x = 1 \) 处有极小值点。接下来，我们通过变换 \( y = \frac{1}{x} \) 来研究 \( f\left( \frac{1}{x} \right) \)。 \[ f\left( \frac{1}{x} \right) = \left( \frac{1}{x} - 1 \right) \ln \left( \frac{1}{x} \right) - \frac{1}{x} - 1 \] 利用对数性质： \[ \ln \left( \frac{1}{x} \right) = -\ln x \] 代入得到： \[ f\left( \frac{1}{x} \right) = \left( \frac{1}{x} - 1 \right) (-\ln x) - \frac{1}{x} - 1 \] \[ f\left( \frac{1}{x} \right) = -\frac{1}{x} \ln x + \ln x - \frac{1}{x} - 1 \] \[ f\left( \frac{1}{x} \right) = -\frac{1}{x} (\ln x + 1) + \ln x - 1 \] 我们可以观察到 \( f(x) \) 和 \( f\left( \frac{1}{x} \right) \) 的形式非常相似，但不是完全相同。为了进一步研究，我们考虑 \( x = e^t \) 的变换，这样 \( t = \ln x \)： \[ f(e^t) = (e^t - 1)t - e^t - 1 \] 我们需要解： \[ (e^t - 1)t - e^ |
【详解】(1) 由题意可得, $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$, 由 $f(x)=(x-1) \ln x-x-1$, 得 $f^{\prime}(x)=\ln x+\frac{x-1}{x}-1=\ln x-\frac{1}{x}$, 显然 $f^{\prime}(x)=\ln x-\frac{1}{x}$ 单调递增; 又 $f^{\prime}(1)=-1<0, f^{\prime}(2)=\ln 2-\frac{1}{2}=\frac{\ln 4-1}{2}>0$ ， 故存在唯一 $x_{0}$, 使得 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ ； 又当 $x>x_{0}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right)>0$, 函数 $f(x)$ 单调递增; 当 $0<x<x_{0}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right)<0$, 函数 $f(x)$ 单调递减; 因此, $f(x)$ 存在唯一的极值点; (2) 由 (1) 知, $f\left(x_{0}\right)<f(1)=-2$, 又 $f\left(e^{2}\right)=e^{2}-3>0$, 所以 $f(x)=0$ 在 $\left(\boldsymbol{x}_{\mathbf{0}},+\infty\right)$ 内存在唯一实根, 记作 $x=a$. 由 $1<x_{0}<a$ 得 $\frac{1}{a}<1<x_{0}$, 又 $f\left(\frac{1}{a}\right)=\left(\frac{1}{a}-1\right) \ln \frac{1}{a}-\frac{1}{a}-1=\frac{f(a)}{a}=0$, 故 $\frac{1}{a}$ 是方程 $f(x)=0$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 内的唯一实根; 综上, $f(x)=0$ 有且仅有两个实根, 且两个实根互为倒数. |
| llama3.1-70B-Instruct | (1)【解析】由题意,函数f(x)=(x-1)lnx-x-1,则f'(x)=lnx-1,令f'(x)=0,解得x=e,所以函数f(x)在x=e处有一个极值,由f(x)的定义域可知,函数f(x)在x=e处有一个极大值,所以函数f(x)存在唯一的极值点. (2)由(1)可知函数f(x)存在唯一的极值点,且为极大值,所以函数f(x)的图象与x轴有两个交点,即函数f(x)=0有两个实根,设两个实根分别为x_{1},x_{2},则x_{1}x_{2}=\frac{1}{e},所以两个实根互为倒数. 【答案】(1)由题意,函数f(x)=(x-1)lnx-x-1,则f'(x)=lnx-1,令f'(x)=0,解得x=e,所以函数f(x)在x=e处有一个极值,由f(x)的定义域可知,函数f(x)在x=e处有一个极大值,所以函数f(x)存在唯一的极值点. (2)由(1)可知函数f(x)存在唯一的极值点,且为极大值,所以函数f(x)的图象与x轴有两个交点,即函数f(x)=0有两个实根,设两个实根分别为x_{1},x_{2},则x_{1}x_{2}=\frac{1}{e},所以两个实根互为倒数. |
【详解】(1) 由题意可得, $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$, 由 $f(x)=(x-1) \ln x-x-1$, 得 $f^{\prime}(x)=\ln x+\frac{x-1}{x}-1=\ln x-\frac{1}{x}$, 显然 $f^{\prime}(x)=\ln x-\frac{1}{x}$ 单调递增; 又 $f^{\prime}(1)=-1<0, f^{\prime}(2)=\ln 2-\frac{1}{2}=\frac{\ln 4-1}{2}>0$ ， 故存在唯一 $x_{0}$, 使得 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ ； 又当 $x>x_{0}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right)>0$, 函数 $f(x)$ 单调递增; 当 $0<x<x_{0}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right)<0$, 函数 $f(x)$ 单调递减; 因此, $f(x)$ 存在唯一的极值点; (2) 由 (1) 知, $f\left(x_{0}\right)<f(1)=-2$, 又 $f\left(e^{2}\right)=e^{2}-3>0$, 所以 $f(x)=0$ 在 $\left(\boldsymbol{x}_{\mathbf{0}},+\infty\right)$ 内存在唯一实根, 记作 $x=a$. 由 $1<x_{0}<a$ 得 $\frac{1}{a}<1<x_{0}$, 又 $f\left(\frac{1}{a}\right)=\left(\frac{1}{a}-1\right) \ln \frac{1}{a}-\frac{1}{a}-1=\frac{f(a)}{a}=0$, 故 $\frac{1}{a}$ 是方程 $f(x)=0$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 内的唯一实根; 综上, $f(x)=0$ 有且仅有两个实根, 且两个实根互为倒数. |
| llama3.1-405B-Instruct | (1)由f(x)=(x-1)\lnx-x-1,得f'(x)=\lnx+\frac{x-1}{x}-1=\lnx-\frac{1}{x},f'(x)的零点为x=1,且f'(x)在(0,1)上为负,在(1,+\infty)上为正,所以f(x)在x=1处存在极小值,且f(1)=-2,所以f(x)存在唯一的极值点. (2)由f(x)=(x-1)\lnx-x-1,得f'(x)=\lnx-\frac{1}{x},f''(x)=\frac{1}{x}+\frac{1}{x^{2}}>0(x>0),所以f'(x)在(0,+\infty)上单调递增,所以f(x)在( |
【详解】(1) 由题意可得, $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$, 由 $f(x)=(x-1) \ln x-x-1$, 得 $f^{\prime}(x)=\ln x+\frac{x-1}{x}-1=\ln x-\frac{1}{x}$, 显然 $f^{\prime}(x)=\ln x-\frac{1}{x}$ 单调递增; 又 $f^{\prime}(1)=-1<0, f^{\prime}(2)=\ln 2-\frac{1}{2}=\frac{\ln 4-1}{2}>0$ ， 故存在唯一 $x_{0}$, 使得 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ ； 又当 $x>x_{0}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right)>0$, 函数 $f(x)$ 单调递增; 当 $0<x<x_{0}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right)<0$, 函数 $f(x)$ 单调递减; 因此, $f(x)$ 存在唯一的极值点; (2) 由 (1) 知, $f\left(x_{0}\right)<f(1)=-2$, 又 $f\left(e^{2}\right)=e^{2}-3>0$, 所以 $f(x)=0$ 在 $\left(\boldsymbol{x}_{\mathbf{0}},+\infty\right)$ 内存在唯一实根, 记作 $x=a$. 由 $1<x_{0}<a$ 得 $\frac{1}{a}<1<x_{0}$, 又 $f\left(\frac{1}{a}\right)=\left(\frac{1}{a}-1\right) \ln \frac{1}{a}-\frac{1}{a}-1=\frac{f(a)}{a}=0$, 故 $\frac{1}{a}$ 是方程 $f(x)=0$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 内的唯一实根; 综上, $f(x)=0$ 有且仅有两个实根, 且两个实根互为倒数. |
| DeepSeek-Coder-V2 | "(1)【解析】 首先，我们需要找到函数 $f(x)$ 的极值点。极值点出现在导数 $f'(x)$ 为零的地方。我们先求 $f(x)$ 的导数：\n\n\\[ f(x) = (x-1) \\ln x - x - 1 \\]\n\n使用乘积法则和链式法则求导：\n\n\\[ f'(x) = \\frac{d}{dx}[(x-1) \\ln x] - \\frac{d}{dx}[x] - \\frac{d}{dx}[1] \\]\n\n\\[ f'(x) = (x-1) \\cdot \\frac{1}{x} + \\ln x \\cdot 1 - 1 \\]\n\n\\[ f'(x) = 1 - \\frac{1}{x} + \\ln x - 1 \\]\n\n\\[ f'(x) = \\ln x - \\frac{1}{x} \\]\n\n我们需要解 $f'(x) = 0$：\n\n\\[ \\ln x - \\frac{1}{x} = 0 \\]\n\n\\[ \\ln x = \\frac{1}{x} \\]\n\n令 $g(x) = \\ln x - \\frac{1}{x}$，我们需要找到 $g(x) = 0$ 的解。考虑 $g(x)$ 的单调性：\n\n\\[ g'(x) = \\frac{1}{x} + \\frac{1}{x^2} = \\frac{x + 1}{x^2} \\]\n\n显然，$g'(x) > 0$ 对于 $x > 0$ 恒成立，因此 $g(x)$ 在 $x > 0$ 上是单调递增的。由于 $g(x)$ 是单调递增的，$g(x) = 0$ 只有一个解。因此，$f(x)$ 存在唯一的极值点。<eoe>\n\n【答案】 $f(x)$ 存在唯一的极值点。<eoa>\n\n(2)【解析】 我们需要证明 $f(x) = 0$ 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数。首先，考虑 $f(x) = 0$ 的方程：\n\n\\[ (x-1) \\ln x - x - 1 = 0 \\]\n\n令 $h(x) = (x-1) \\ln x - x - 1$，我们需要找到 $h(x) = 0$ 的解。我们已经知道 $f(x)$ 在 $x > 0$ 上是单调递增的，因为 $f'(x) = \\ln x - \\frac{1}{x}$ 在 $x > 0$ 上是单调递增的。\n\n考虑 $h(x)$ 在 $x = 1$ 处的值：\n\n\\[ h(1) = (1-1) \\ln 1 - 1 - 1 = -2 \\]\n\n由于 $h(x)$ 是单调递增的，$h(x) = 0$ 在 $x = 1$ 的两侧各有一个解。设这两个解为 $x_1$ 和 $x_2$，且 $x_1 < 1 < x_2$。\n\n我们需要证明 $x_1$ 和 $x_2$ 互为倒数。考虑 $f\\left(\\frac{1}{x}\\right)$：\n\n\\[ f\\left(\\frac{1}{x}\\right) = \\left(\\frac{1}{x} - 1\\right) \\ln \\frac{1}{x} - \\frac{1}{x} - 1 \\]\n\n\\[ = \\left(\\frac{1 - x}{x}\\right) (-\\ln x) - \\frac{1}{x} - 1 \\]\n\n\\[ = -\\frac{1 - x}{x} \\ln x - \\frac{1}{x} - 1 \\]\n\n\\[ = -\\frac{\\ln x}{x} + \\ln x - \\frac{1}{x} - 1 \\]\n\n\\[ = \\left(\\frac{1 - x}{x}\\right) \\ln x - \\frac{1}{x} - 1 \\]\n\n\\[ = -f(x) \\]\n\n因此，如果 $f(x) = 0$，则 $f\\left(\\frac{1}{x}\\right) = 0$。这意味着 $x_1$ 和 $x_2$ 互为倒数。<eoe>\n\n【答案】 $f(x) = 0$ 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数。<eoa>" | 【详解】(1) 由题意可得, $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$, 由 $f(x)=(x-1) \ln x-x-1$, 得 $f^{\prime}(x)=\ln x+\frac{x-1}{x}-1=\ln x-\frac{1}{x}$, 显然 $f^{\prime}(x)=\ln x-\frac{1}{x}$ 单调递增; 又 $f^{\prime}(1)=-1<0, f^{\prime}(2)=\ln 2-\frac{1}{2}=\frac{\ln 4-1}{2}>0$ ， 故存在唯一 $x_{0}$, 使得 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ ； 又当 $x>x_{0}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right)>0$, 函数 $f(x)$ 单调递增; 当 $0<x<x_{0}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right)<0$, 函数 $f(x)$ 单调递减; 因此, $f(x)$ 存在唯一的极值点; (2) 由 (1) 知, $f\left(x_{0}\right)<f(1)=-2$, 又 $f\left(e^{2}\right)=e^{2}-3>0$, 所以 $f(x)=0$ 在 $\left(\boldsymbol{x}_{\mathbf{0}},+\infty\right)$ 内存在唯一实根, 记作 $x=a$. 由 $1<x_{0}<a$ 得 $\frac{1}{a}<1<x_{0}$, 又 $f\left(\frac{1}{a}\right)=\left(\frac{1}{a}-1\right) \ln \frac{1}{a}-\frac{1}{a}-1=\frac{f(a)}{a}=0$, 故 $\frac{1}{a}$ 是方程 $f(x)=0$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 内的唯一实根; 综上, $f(x)=0$ 有且仅有两个实根, 且两个实根互为倒数. |
| Qwen2-72B-Instruct | "(1)【解析】 要证明函数 $f(x)=(x-1) \\ln x-x-1$ 存在唯一的极值点，我们首先需要找到函数的一阶导数，然后确定导数的零点，最后证明这个零点是唯一的。\n\n首先，我们计算 $f(x)$ 的一阶导数 $f'(x)$。\n\n\\[f(x) = (x-1) \\ln x - x - 1\\]\n\n\\[f'(x) = \\frac{d}{dx}[(x-1) \\ln x - x - 1]\\]\n\n\\[f'(x) = \\ln x + (x-1)\\frac{1}{x} - 1\\]\n\n\\[f'(x) = \\ln x + 1 - \\frac{1}{x} - 1\\]\n\n\\[f'(x) = \\ln x - \\frac{1}{x}\\]\n\n接下来，我们需要找到 $f'(x) = 0$ 的解，即解方程 $\\ln x - \\frac{1}{x} = 0$。\n\n令 $g(x) = \\ln x - \\frac{1}{x}$，则 $g'(x) = \\frac{1}{x} + \\frac{1}{x^2} > 0$ 对于所有 $x > 0$ 成立，因此 $g(x)$ 是单调递增的。由于 $g(1) = -1 < 0$ 且当 $x \\to \\infty$ 时 $g(x) \\to \\infty$，根据介值定理，存在唯一的 $x_0 \\in (1, \\infty)$ 使得 $g(x_0) = 0$，即 $f'(x_0) = 0$。\n\n因此，$f(x)$ 存在唯一的极值点 $x_0$。<eoe>\n\n【答案】 由上述分析知，$f(x)$ 存在唯一的极值点，且这个极值点位于 $(1, \\infty)$ 内。<eoa>\n\n(2)【解析】 要证明 $f(x) = 0$ 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数，我们首先考察 $f(x)$ 的行为。\n\n由于 $f(1) = -2 < 0$，且当 $x \\to 0^+$ 或 $x \\to \\infty$ 时，$f(x) \\to \\infty$，根据介值定理，$f(x)$ 在 $(0, 1)$ 和 $(1, \\infty)$ 内分别有至少一个实根。\n\n我们已知 $f(x)$ 在 $(1, \\infty)$ 内有唯一极值点，这意味着 $f(x)$ 在 $(1, \\infty)$ 内要么单调递增要么单调递减。由于 $f(x)$ 在 $(0, 1)$ 和 $(1, \\infty)$ 的两端趋向于正无穷，而中间的极值点为最小值点或最大值点，因此可以确定 $f(x)$ 在 $(1, \\infty)$ 内单调递增或递减，这意味着 $f(x) = 0$ 在 $(1, \\infty)$ 内有且仅有一个实根。\n\n同理，$f(x)$ 在 $(0, 1)$ 内也单调，故 $f(x) = 0$ 在 $(0, 1)$ 内有且仅有一个实根。\n\n最后，我们证明这两个实根互为倒数。设 $x_1$ 和 $x_2$ 是 $f(x) = 0$ 的两个实根，不失一般性，假设 $x_1 \\in (0, 1)$ 且 $x_2 \\in (1, \\infty)$。由于 $f(x)$ 是连续的，考虑 $f(1/x)$ 的行为，可以验证 $f(1/x) = f(x)$。因此，若 $x_1$ 是 $f(x) = 0$ 的根，则 $1/x_1$ 也是 $f(x) = 0$ 的根。由于 $x_1 \\in (0, 1)$，则 $1/x_1 \\in (1, \\infty)$，于是 $x_2 = 1/x_1$，即两个根互为倒数。<eoe>\n\n【答案】 $f(x) = 0$ 有且仅有两个实根，且这两个实根互为倒数。具体地，一个根位于 $(0, 1)$ 内，另一个根位于 $(1, \\infty)$ 内，且这两个根互为倒数。<eoa>" | 【详解】(1) 由题意可得, $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$, 由 $f(x)=(x-1) \ln x-x-1$, 得 $f^{\prime}(x)=\ln x+\frac{x-1}{x}-1=\ln x-\frac{1}{x}$, 显然 $f^{\prime}(x)=\ln x-\frac{1}{x}$ 单调递增; 又 $f^{\prime}(1)=-1<0, f^{\prime}(2)=\ln 2-\frac{1}{2}=\frac{\ln 4-1}{2}>0$ ， 故存在唯一 $x_{0}$, 使得 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ ； 又当 $x>x_{0}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right)>0$, 函数 $f(x)$ 单调递增; 当 $0<x<x_{0}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right)<0$, 函数 $f(x)$ 单调递减; 因此, $f(x)$ 存在唯一的极值点; (2) 由 (1) 知, $f\left(x_{0}\right)<f(1)=-2$, 又 $f\left(e^{2}\right)=e^{2}-3>0$, 所以 $f(x)=0$ 在 $\left(\boldsymbol{x}_{\mathbf{0}},+\infty\right)$ 内存在唯一实根, 记作 $x=a$. 由 $1<x_{0}<a$ 得 $\frac{1}{a}<1<x_{0}$, 又 $f\left(\frac{1}{a}\right)=\left(\frac{1}{a}-1\right) \ln \frac{1}{a}-\frac{1}{a}-1=\frac{f(a)}{a}=0$, 故 $\frac{1}{a}$ 是方程 $f(x)=0$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 内的唯一实根; 综上, $f(x)=0$ 有且仅有两个实根, 且两个实根互为倒数. |
| baichuan4 | (1)【解析】首先，我们需要找到函数 $f(x)$ 的导数 $f'(x)$，因为极值点出现在导数为零的位置。给定的函数是 $f(x)=(x-1)\ln x - x - 1$，我们对其求导得到： $$f'(x) = \frac{d}{dx}((x-1)\ln x - x - 1) = \ln x + \frac{x-1}{x} - 1 = \ln x + 1 - \frac{1}{x} - 1 = \ln x - \frac{1}{x}.$$ 为了找到极值点，我们需要解方程 $f'(x) = 0$，即： $$\ln x - \frac{1}{x} = 0 \Rightarrow \ln x = \frac{1}{x} \Rightarrow x\ln x = 1.$$ 我们定义一个新的函数 $g(x) = x\ln x$，并找到其导数： $$g'(x) = \ln x + 1.$$ 注意到 $g'(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上总是大于零，这意味着 $g(x)$ 在其定义域上是严格递增的。因为 $g(1) = 1\ln 1 = 0$，并且 $g(x)$ 是递增的，所以对于任何 $x > 1$，$g(x) > 0$，而对于任何 $0 < x < 1$，$g(x) < 0$。 因此，方程 $g(x) = 1$ 在 $(0, +\infty)$ 上有唯一解。这意味着 $f'(x) = 0$ 有唯一解，所以 $f(x)$ 存在唯一的极值点。 【答案】函数 $f(x)$ 存在唯一的极值点。 (2)【解析】为了证明 $f(x)=0$ 有且仅有两个实根，并且这两个实根互为倒数，我们首先观察函数 $f(x)$ 在 $x=1$ 处的行为。将 $x=1$ 代入 $f(x)$ 得到： $$f(1) = (1-1)\ln 1 - 1 - 1 = -2 < 0.$$ 接下来，我们考虑 $x > 1$ 的情况。由于 $f(x)$ 在 $x=1$ 处为负值，并且 $f(x)$ 在 $x > 1$ 时是递增的（因为 $f'(x) > 0$），$f(x)$ 将在某一点穿过 $x$ 轴，这意味着存在一个 $x_1 > 1$ 使得 $f(x_1) = 0$。 现在，考虑 $0 < x < 1$ 的情况。由于 $f(x)$ 在 $x=1$ 处为负值，并且 $f(x)$ 在 $0 < x < 1$ 时是递减的（因为 $f'(x) < 0$），$f(x)$ 将在某一点穿过 $x$ 轴，这意味着存在一个 $x_2 < 1$ 使得 $f(x_2) = 0$。 由于 $f(x)$ 在 $x > 1$ 时递增，在 $0 < x < 1$ 时递减，并且在 $x=1$ 处为负值，我们可以得出结论，$f(x)=0$ 在 $(0, 1)$ 和 $(1, +\infty)$ 区间内各有一个实根。 最后，我们需要证明这两个实根互为倒数。假设 $x_1$ 和 $x_2$ 是 $f(x)=0$ 的两个实根，根据 $f(x)$ 的定义，我们有： $$(x_1-1)\ln x_1 - x_1 - 1 = 0,$$ $$(x_2-1)\ln x_2 - x_2 - 1 = 0.$$ 将 $x_1$ 和 $x_2$ 互为倒数，即 $x_1 = \frac{1}{x_2}$ 代入上述方程，我们可以验证这两个方程实际上是相同的，这证明了两个实根互为倒数。 【答案】$f(x)=0$ 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数。 |
【详解】(1) 由题意可得, $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$, 由 $f(x)=(x-1) \ln x-x-1$, 得 $f^{\prime}(x)=\ln x+\frac{x-1}{x}-1=\ln x-\frac{1}{x}$, 显然 $f^{\prime}(x)=\ln x-\frac{1}{x}$ 单调递增; 又 $f^{\prime}(1)=-1<0, f^{\prime}(2)=\ln 2-\frac{1}{2}=\frac{\ln 4-1}{2}>0$ ， 故存在唯一 $x_{0}$, 使得 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ ； 又当 $x>x_{0}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right)>0$, 函数 $f(x)$ 单调递增; 当 $0<x<x_{0}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right)<0$, 函数 $f(x)$ 单调递减; 因此, $f(x)$ 存在唯一的极值点; (2) 由 (1) 知, $f\left(x_{0}\right)<f(1)=-2$, 又 $f\left(e^{2}\right)=e^{2}-3>0$, 所以 $f(x)=0$ 在 $\left(\boldsymbol{x}_{\mathbf{0}},+\infty\right)$ 内存在唯一实根, 记作 $x=a$. 由 $1<x_{0}<a$ 得 $\frac{1}{a}<1<x_{0}$, 又 $f\left(\frac{1}{a}\right)=\left(\frac{1}{a}-1\right) \ln \frac{1}{a}-\frac{1}{a}-1=\frac{f(a)}{a}=0$, 故 $\frac{1}{a}$ 是方程 $f(x)=0$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 内的唯一实根; 综上, $f(x)=0$ 有且仅有两个实根, 且两个实根互为倒数. |
| doubao | (1)【解析】对函数$f(x)=(x-1)\ln x-x-1$求导可得$f'(x)=\ln x+\frac{x-1}{x}-1=\ln x-\frac{1}{x}$，其定义域为$(0,+\infty)$。设$g(x)=\ln x-\frac{1}{x}$，则$g'(x)=\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}>0$，所以$g(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增。又$g(1)=\ln 1-1=-1<0$，$g(e)=\ln e-\frac{1}{e}=1-\frac{1}{e}>0$，所以存在唯一$x_0\in(1,e)$，使得$g(x_0)=0$，当$x\in(0,x_0)$时，$f'(x)<0$，$f(x)$单调递减；当$x\in(x_0,+\infty)$时，$f'(x)>0$，$f(x)$单调递增，所以$f(x)$存在唯一的极值点。<eoe> 【答案】证明完毕。<eoa> (2)【解析】由(1)知，$f(x)$在$(0,x_0)$上单调递减，在$(x_0,+\infty)$上单调递增，且$f(x_0)<f(1)=-2$，当$x\to0^+$时，$f(x)\to+\infty$；当$x\to+\infty$时，$f(x)\to+\infty$，所以$f(x)=0$有且仅有两个实根。设$x_1$为$f(x)=0$的一个实根，则$f(x_1)=(x_1-1)\ln x_1-x_1-1=0$，可得$\ln x_1=\frac{x_1+1}{x_1-1}$，则$f(\frac{1}{x_1})=(\frac{1}{x_1}-1)\ln\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_1}-1=(\frac{1}{x_1}-1)(-\ln x_1)-\frac{1}{x_1}-1=(\frac{1}{x_1}-1)(-\frac{x_1+1}{x_1-1})-\frac{1}{x_1}-1=\frac{-(1-x_1)(x_1+1)}{x_1(x_1-1)}-\frac{1}{x_1}-1=\frac{-(1-x_1^2)}{x_1(x_1-1)}-\frac{1}{x_1}-1=\frac{x_1^2-1}{x_1(x_1-1)}-\frac{1}{x_1}-1=\frac{x_1+1}{x_1}-1-\frac{1}{x_1}-1=0$，所以两个实根互为倒数。<eoe> 【答案】证明完毕。<eoa> |
【详解】(1) 由题意可得, $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$, 由 $f(x)=(x-1) \ln x-x-1$, 得 $f^{\prime}(x)=\ln x+\frac{x-1}{x}-1=\ln x-\frac{1}{x}$, 显然 $f^{\prime}(x)=\ln x-\frac{1}{x}$ 单调递增; 又 $f^{\prime}(1)=-1<0, f^{\prime}(2)=\ln 2-\frac{1}{2}=\frac{\ln 4-1}{2}>0$ ， 故存在唯一 $x_{0}$, 使得 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ ； 又当 $x>x_{0}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right)>0$, 函数 $f(x)$ 单调递增; 当 $0<x<x_{0}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right)<0$, 函数 $f(x)$ 单调递减; 因此, $f(x)$ 存在唯一的极值点; (2) 由 (1) 知, $f\left(x_{0}\right)<f(1)=-2$, 又 $f\left(e^{2}\right)=e^{2}-3>0$, 所以 $f(x)=0$ 在 $\left(\boldsymbol{x}_{\mathbf{0}},+\infty\right)$ 内存在唯一实根, 记作 $x=a$. 由 $1<x_{0}<a$ 得 $\frac{1}{a}<1<x_{0}$, 又 $f\left(\frac{1}{a}\right)=\left(\frac{1}{a}-1\right) \ln \frac{1}{a}-\frac{1}{a}-1=\frac{f(a)}{a}=0$, 故 $\frac{1}{a}$ 是方程 $f(x)=0$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 内的唯一实根; 综上, $f(x)=0$ 有且仅有两个实根, 且两个实根互为倒数. |
| minimax | (1)【解析】要证明函数$f(x)$存在唯一的极值点，我们需要计算函数的一阶导数，并找到导数为零的点，这些点可能是极值点。然后，我们需要证明在这些点中只有一个点是极值点，并且是唯一的。我们还需要证明在极值点的两侧，函数的导数符号发生了变化，这可以通过分析导数的符号来完成。<eoe> 【答案】首先计算$f(x)$的一阶导数： $$f'(x) = \frac{d}{dx}[(x-1)\ln x - x - 1] = \ln x + (x-1)\frac{1}{x} - 1 = \ln x + 1 - \frac{1}{x} - 1 = \ln x - \frac{1}{x}.$$ 为了找到极值点，我们需要解方程$f'(x) = 0$： $$\ln x - \frac{1}{x} = 0.$$ 设$g(x) = \ln x - \frac{1}{x}$，则$g'(x) = \frac{1}{x} + \frac{1}{x^2}$。由于$x > 0$，$g'(x) > 0$，所以$g(x)$在$(0, +\infty)$上是单调递增的。 考虑$g(x)$在$x=1$时的值： $$g(1) = \ln 1 - \frac{1}{1} = 0 - 1 = -1 < 0.$$ 由于$g(x)$在$(0, +\infty)$上单调递增，且在$x=1$时$g(x)<0$，要使$g(x)=0$，必须存在某个$x>1$使得$g(x)>0$。因此，存在唯一的$x_0>1$使得$g(x_0)=0$，即$f'(x_0)=0$。 现在我们需要证明$x_0$是唯一的极值点。由于$g(x)$在$x=1$时是负的，并且随着$x$的增加，$g(x)$单调递增，所以$g(x)$在$x=1$左侧始终小于零，在$x=1$右侧始终大于零。这意味着$f'(x)$在$x=1$左侧始终小于零，在$x=1$右侧始终大于零，因此$f(x)$在$x=1$处从减到增，即$x=1$是一个极小值点。 由于$f'(x)$在$x=1$左侧始终小于零，在$x=1$右侧始终大于零，且$f'(x)$在$x=1$处从负变正，因此$f(x)$在$x=1$处有唯一的极小值点。由于$f(x)$是单调递减然后单调递增，所以不存在其他的极值点。<eoa> (2)【解析】要证明$f(x)=0$有且仅有两个实根，并且这两个实根互为倒数，我们需要分析函数$f(x)$的行为。首先，我们已经知道$f(x)$在$x=1$处有一个极小值点，并且$f(1) = (1-1)\ln 1 - 1 - 1 = -2 < 0$。接下来，我们需要分析$f(x)$在$x \to 0^+$和$x \to +\infty$时的行为，以及$f(x)$在$x=1$两侧的行为。这将帮助我们确定$f(x)$的零点数量和位置。<eoe> 【答案】由于$\ln x$在$x \to 0^+$时趋向于$-\infty$，而$-x-1$在$x \to 0^+$时趋向于$-1$，所以$f(x)$在$x \to 0^+$时趋向于$+\infty$。这意味着存在某个$x_1 \in (0,1)$使得$f(x_1) > 0$。 另一方面，由于$\ln x$在$x \to +\infty$时趋向于$+\infty$，而$-x-1$在$x \to +\infty$时也趋向于$+\infty$，但是$\ln x$的增长速度慢于$x$的增长速度，所以$f(x)$在$x \to +\infty$时趋向于$-\infty$。这意味着存在某个$x_2 \in (1, +\infty)$使得$f(x_2) < 0$。 由于$f(x)$在$x=1$处从减到增，并且在$x=1$左侧$f(x)$始终小于零，在$x=1$右侧$f(x)$始终大于零，结合$f(x)$在$x \to 0^+$时大于零，在$x \to +\infty$时小于零，我们可以得出结论：$f(x)$在$(0,1)$区间内从正变负，在$(1, +\infty)$区间内从负变正，因此根据介值定理，$f(x)=0$在$(0,1)$和$(1, +\infty)$区间内各有一个实根。 设这两个实根分别为$x_3$和$x_4$，其中$x_3 \in (0,1)$，$x_4 \in (1, +\infty)$。由于$f(x)$在$x=1$处取得极小值，并且$f(x)$在$x=1$左侧单调递减，在$x=1$右侧单调递增，我们可以得出$x_3$和$x_4$互为倒数的结论。这是因为如果$x_3$是$f(x)=0$的一个根，那么在$x_3$处有$(x_3-1)\ln x_3 - x_3 - 1 = 0$，即$(x_3-1)\ln x_3 = x_3 + 1$。由于$x_4 = \frac{1}{x_3}$，我们可以将$x_4$代入$f(x)$中得到： $$f(x_4) = (x_4-1)\ln x_4 - x_4 - 1 = \left(\frac{1}{x_3}-1\right)\ln \frac{1}{x_3} - \frac{1}{x_3} - 1.$$ 由于$\ln \frac{1}{x_3} = -\ln x_3$，我们有： $$f(x_4) = \left(\frac{1}{x_3}-1\right)(-\ln x_3) - \frac{1}{x_3} - 1 = -\frac{1}{x_3}\ln x_3 + \ln x_3 - \frac{1}{x_3} - 1.$$ 将$(x_3-1)\ln x_3 = x_3 + 1$代入上式，我们得到： $$f(x_4) = -\frac{x_3 + 1}{x_3} + \ln x_3 - \frac{1}{x_3} - 1 = -\frac{x_3 + 1}{x_3} + \frac{x_3 + 1}{x_3} - 1 = -1 < 0.$$ 因此，$x_4$也是$f(x)=0$的一个根，并且$x_4 = \frac{1}{x_3}$。 综上所述，$f(x)=0$有且仅有两个实根$x_3$和$x_4$，且这两个实根互为倒数。<eoa> |
【详解】(1) 由题意可得, $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$, 由 $f(x)=(x-1) \ln x-x-1$, 得 $f^{\prime}(x)=\ln x+\frac{x-1}{x}-1=\ln x-\frac{1}{x}$, 显然 $f^{\prime}(x)=\ln x-\frac{1}{x}$ 单调递增; 又 $f^{\prime}(1)=-1<0, f^{\prime}(2)=\ln 2-\frac{1}{2}=\frac{\ln 4-1}{2}>0$ ， 故存在唯一 $x_{0}$, 使得 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ ； 又当 $x>x_{0}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right)>0$, 函数 $f(x)$ 单调递增; 当 $0<x<x_{0}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right)<0$, 函数 $f(x)$ 单调递减; 因此, $f(x)$ 存在唯一的极值点; (2) 由 (1) 知, $f\left(x_{0}\right)<f(1)=-2$, 又 $f\left(e^{2}\right)=e^{2}-3>0$, 所以 $f(x)=0$ 在 $\left(\boldsymbol{x}_{\mathbf{0}},+\infty\right)$ 内存在唯一实根, 记作 $x=a$. 由 $1<x_{0}<a$ 得 $\frac{1}{a}<1<x_{0}$, 又 $f\left(\frac{1}{a}\right)=\left(\frac{1}{a}-1\right) \ln \frac{1}{a}-\frac{1}{a}-1=\frac{f(a)}{a}=0$, 故 $\frac{1}{a}$ 是方程 $f(x)=0$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 内的唯一实根; 综上, $f(x)=0$ 有且仅有两个实根, 且两个实根互为倒数. |
| kimi | (1)【解析】首先，我们需要确定函数的定义域。由于 $f(x)$ 包含对数函数 $\ln x$，所以定义域为 $(0, +\infty)$。 接下来，我们求函数的导数 $f'(x)$ 来确定极值点。对 $f(x)$ 求导得到： $$f'(x) = \frac{d}{dx}[(x-1)\ln x - x - 1] = \ln x + \frac{x-1}{x} - 1 = \ln x - \frac{1}{x}.$$ 为了找到极值点，我们需要解方程 $f'(x) = 0$： $$\ln x - \frac{1}{x} = 0.$$ 将方程变形为： $$\ln x = \frac{1}{x}.$$ 接下来，我们构造一个新的函数 $g(x) = \ln x - \frac{1}{x}$，并求其导数 $g'(x)$： $$g'(x) = \frac{1}{x} + \frac{1}{x^2}.$$ 由于 $g'(x) > 0$ 对于所有 $x \in (0, +\infty)$ 成立，所以 $g(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上是单调递增的。 因为 $g(1) = 0 - 1 = -1 < 0$ 且当 $x \to 0^+$ 时，$g(x) \to -\infty$，当 $x \to +\infty$ 时，$g(x) \to +\infty$，根据零点存在性定理，存在唯一的 $x_0 \in (0, +\infty)$ 使得 $g(x_0) = 0$。 因此，$f(x)$ 在 $x = x_0$ 处存在唯一的极值点。 <eoe> 【答案】$f(x)$ 存在唯一的极值点 $x_0$。<eoa> (2)【解析】根据第一部分的分析，我们已经知道 $f(x)$ 在 $x = x_0$ 处取得极值，且 $f(x_0)$ 是 $f(x)$ 的最大值或最小值。 现在我们需要证明 $f(x) = 0$ 有且仅有两个实根，并且这两个实根互为倒数。 首先，我们注意到当 $x \to 0^+$ 时，$(x-1) \ln x \to 0$ 且 $-x - 1 \to -1$，所以 $f(x) \to -1$。 当 $x \to +\infty$ 时，$(x-1) \ln x \to +\infty$ 且 $-x - 1 \to -\infty$，所以 $f(x) \to +\infty$。 因此，$f(x)$ 在 $(0, x_0)$ 上单调递减，在 $(x_0, +\infty)$ 上单调递增。 由于 $f(x)$ 在 $x = x_0$ 处取得极值，且 $f(x)$ 在 $x \to 0^+$ 时趋向于 $-1$，在 $x \to +\infty$ 时趋向于 $+\infty$，所以 $f(x)$ 在 $(0, x_0)$ 上有一个零点，在 $(x_0, +\infty)$ 上有一个零点。 设这两个零点分别为 $a$ 和 $b$，则有： $$f(a) = (a-1) \ln a - a - 1 = 0,$$ $$f(b) = (b-1) \ln b - b - 1 = 0.$$ 将两式相加得到： $$(a-1) \ln a + (b-1) \ln b - (a + b) - 2 = 0.$$ 由于 $f(a) = 0$ 和 $f(b) = 0$，我们可以将 $a$ 和 $b$ 看作是方程 $f(x) = 0$ 的两个根。 现在我们证明这两个根互为倒数。假设 $a$ 和 $b$ 互为倒数，即 $ab = 1$，则有： $$\ln a + \ln b = \ln(ab) = \ln 1 = 0.$$ 将这个等式代入上面的等式， |
【详解】(1) 由题意可得, $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$, 由 $f(x)=(x-1) \ln x-x-1$, 得 $f^{\prime}(x)=\ln x+\frac{x-1}{x}-1=\ln x-\frac{1}{x}$, 显然 $f^{\prime}(x)=\ln x-\frac{1}{x}$ 单调递增; 又 $f^{\prime}(1)=-1<0, f^{\prime}(2)=\ln 2-\frac{1}{2}=\frac{\ln 4-1}{2}>0$ ， 故存在唯一 $x_{0}$, 使得 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ ； 又当 $x>x_{0}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right)>0$, 函数 $f(x)$ 单调递增; 当 $0<x<x_{0}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right)<0$, 函数 $f(x)$ 单调递减; 因此, $f(x)$ 存在唯一的极值点; (2) 由 (1) 知, $f\left(x_{0}\right)<f(1)=-2$, 又 $f\left(e^{2}\right)=e^{2}-3>0$, 所以 $f(x)=0$ 在 $\left(\boldsymbol{x}_{\mathbf{0}},+\infty\right)$ 内存在唯一实根, 记作 $x=a$. 由 $1<x_{0}<a$ 得 $\frac{1}{a}<1<x_{0}$, 又 $f\left(\frac{1}{a}\right)=\left(\frac{1}{a}-1\right) \ln \frac{1}{a}-\frac{1}{a}-1=\frac{f(a)}{a}=0$, 故 $\frac{1}{a}$ 是方程 $f(x)=0$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 内的唯一实根; 综上, $f(x)=0$ 有且仅有两个实根, 且两个实根互为倒数. |
| wenxinyiyan | (1)【解析】 首先，我们需要找到函数$f(x)$的导数$f^{\prime}(x)$，然后分析其符号变化来确定极值点的存在性和唯一性。 【答案】 函数$f(x)$的定义域为$(0,+\infty)$，其一阶导数为 $f^{\prime}(x) = \ln x + (x-1)\cdot \frac{1}{x} - 1 = \ln x - \frac{1}{x}$ 令$g(x) = \ln x - \frac{1}{x}$，则$g^{\prime}(x) = \frac{1}{x} + \frac{1}{x^2}$，在$(0,+\infty)$上恒大于0，所以$g(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增。又因为$g(1) = -1 < 0$，$g(2) = \ln 2 - \frac{1}{2} > 0$，由零点存在定理，存在唯一$x_0 \in (1,2)$，使得$g(x_0) = 0$。于是，当$x \in (0,x_0)$时，$f^{\prime}(x) < 0$，$f(x)$单调递减；当$x \in (x_0,+\infty)$时，$f^{\prime}(x) > 0$，$f(x)$单调递增。因此，$f(x)$存在唯一的极小值点$x_0$。 (2)【解析】 要证明$f(x)=0$有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数，我们可以利用函数变换和导数分析的方法。 【答案】 由(1)知，$f(x)$有唯一极小值点$x_0$，且$x_0 \in (1,2)$，$f(x)$在$(0,x_0)$上单调递减，在$(x_0,+\infty)$上单调递增。又$f(1) = -2 < 0$，$f(2) = \ln 2 - 3 < 0$，$f(e^2) = e^2 - 3 - e^2 = -3 < 0$，$f(e^3) = 2e^3 - 4 - e^3 = e^3 - 4 > 0$。由零点存在定理，存在唯一$x_1 \in (e^2,e^3)$，使得$f(x_1) = 0$。又因为$f(x) = (x-1)\ln x - x - 1$，所以$f(\frac{1}{x}) = (-\frac{1}{x}-1)\ln \frac{1}{x} - \frac{1}{x} - 1 = -\frac{x+1}{x}\ln x - \frac{1}{x} - 1 = -\frac{x+1}{x}(\ln x + \frac{x-1}{x}) = -\frac{x+1}{x^2}f(x)$。因此，当$f(x) = 0$时，$f(\frac{1}{x}) = 0$。所以，$f(x)=0$有且仅有两个实根$x_1$和$\frac{1}{x_1}$，且它们互为倒数。 |
【详解】(1) 由题意可得, $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$, 由 $f(x)=(x-1) \ln x-x-1$, 得 $f^{\prime}(x)=\ln x+\frac{x-1}{x}-1=\ln x-\frac{1}{x}$, 显然 $f^{\prime}(x)=\ln x-\frac{1}{x}$ 单调递增; 又 $f^{\prime}(1)=-1<0, f^{\prime}(2)=\ln 2-\frac{1}{2}=\frac{\ln 4-1}{2}>0$ ， 故存在唯一 $x_{0}$, 使得 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ ； 又当 $x>x_{0}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right)>0$, 函数 $f(x)$ 单调递增; 当 $0<x<x_{0}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right)<0$, 函数 $f(x)$ 单调递减; 因此, $f(x)$ 存在唯一的极值点; (2) 由 (1) 知, $f\left(x_{0}\right)<f(1)=-2$, 又 $f\left(e^{2}\right)=e^{2}-3>0$, 所以 $f(x)=0$ 在 $\left(\boldsymbol{x}_{\mathbf{0}},+\infty\right)$ 内存在唯一实根, 记作 $x=a$. 由 $1<x_{0}<a$ 得 $\frac{1}{a}<1<x_{0}$, 又 $f\left(\frac{1}{a}\right)=\left(\frac{1}{a}-1\right) \ln \frac{1}{a}-\frac{1}{a}-1=\frac{f(a)}{a}=0$, 故 $\frac{1}{a}$ 是方程 $f(x)=0$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 内的唯一实根; 综上, $f(x)=0$ 有且仅有两个实根, 且两个实根互为倒数. |
| zhipu | (1)【解析】 要证明函数 \( f(x) = (x-1) \ln x - x - 1 \) 存在唯一的极值点，我们首先需要求其导数并分析导数的性质。 首先求 \( f(x) \) 的导数： \[ f'(x) = \frac{d}{dx} \left[ (x-1) \ln x - x - 1 \right] \] 运用乘积法则和链式法则： \[ f'(x) = \ln x + (x-1) \cdot \frac{1}{x} - 1 \] \[ f'(x) = \ln x + 1 - \frac{1}{x} - 1 \] \[ f'(x) = \ln x - \frac{1}{x} \] 接下来分析 \( f'(x) \) 的单调性。为此，我们需要求 \( f'(x) \) 的导数，即 \( f''(x) \)： \[ f''(x) = \frac{d}{dx} \left( \ln x - \frac{1}{x} \right) \] \[ f''(x) = \frac{1}{x} + \frac{1}{x^2} \] \[ f''(x) = \frac{x + 1}{x^2} \] 由于 \( x > 0 \)，显然 \( f''(x) > 0 \)，这说明 \( f'(x) \) 在 \( (0, +\infty) \) 上是单调递增的。 现在考虑 \( f'(x) \) 的零点。我们需要解方程： \[ \ln x - \frac{1}{x} = 0 \] 即： \[ \ln x = \frac{1}{x} \] 令 \( g(x) = \ln x - \frac{1}{x} \)，由于 \( g(x) \) 在 \( (0, +\infty) \) 上单调递增，且 \[ g(1) = \ln 1 - 1 = -1 < 0 \] \[ g(e) = \ln e - \frac{1}{e} = 1 - \frac{1}{e} > 0 \] 根据单调性和介值定理，方程 \( \ln x = \frac{1}{x} \) 在 \( (1, e) \) 之间有且仅有一个解，记为 \( x_0 \)。因此，\( f'(x) \) 在 \( (0, +\infty) \) 上有且仅有一个零点 \( x_0 \)。 由于 \( f'(x) \) 在 \( x_0 \) 左侧小于零，在 \( x_0 \) 右侧大于零，所以 \( x_0 \) 是 \( f(x) \) 的唯一极值点。 <eoe> 【答案】函数 \( f(x) = (x-1) \ln x - x - 1 \) 存在唯一的极值点。<eoa> (2)【解析】 要证明 \( f(x) = 0 \) 有且仅有两个实根，且这两个实根互为倒数，我们首先分析 \( f(x) \) 的性质。 考虑函数 \( f(x) \) 在 \( (0, +\infty) \) 上的行为： \[ f(1) = (1-1) \ln 1 - 1 - 1 = -2 \] \[ \lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} \left( (x-1) \ln x - x - 1 \right) = -\infty \] \[ \lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} \left( (x-1) \ln x - x - 1 \right) = +\infty \] 由于 \( f(x) \) 在 \( (0, +\infty) \) 上连续，并且 \( f(x) \) 在 \( x_0 \) 处有唯一的极值点，我们可以断定 \( f(x) \) 在 \( (0, +\infty) \) 上有且仅有两个零点。 设这两个零点为 \( x_1 \) 和 \( x_2 \)，且 \( x_1 < x_2 \)。我们需要证明 \( x_1 \) 和 \( x_2 \) 互为倒数，即 \( x_1 x_2 = 1 \)。 考虑 \( f \left( \frac{1}{x} \right) \)： \[ f \left( \frac{1}{x} \right) = \left( \frac{1}{x} - 1 \right) \ln \left( \frac{1}{x} \right) - \frac{1}{x} - 1 \] \[ f \left( \frac{1}{x} \right) = \left( \frac{1}{x} - 1 \right) (-\ln x) - \frac{1}{x} - 1 \] \[ f \left( \frac{1}{x} \right) = -\left( \frac{1}{x} - 1 \right) \ln x - \frac{1}{x} - 1 \] \[ f \left( \frac{1}{x} \right) = -\frac{\ln x}{x} + \ln x - \frac{1}{x} - 1 \] 若 \( x_1 \) 是 \( f(x) = 0 \) 的一个根，则： \[ (x_1 - 1) \ln x_1 - x_1 - 1 = 0 \] 考虑 \( f \left( \frac{1}{x_1} \right) \)： \[ f \left( \frac{1}{x_1} \right) = -\frac{\ln x_1}{x_1} + \ln x_1 - \frac{1}{x_1} - 1 \] 由于 \( f(x_1) = 0 \)，我们有： \[ (x_1 - 1) \ln x_1 = x_1 + 1 \] \[ \ln x_1 = \frac{x_1 + 1}{x_1 - 1} \] 代入 \( f \left( \frac{1}{x_1} \right) \)： \[ f \left( \frac{1}{x_1} \right) = -\frac{\frac{x_1 + 1}{x_1 - 1}}{x_1} + \frac{x_1 + 1}{x_1 - 1} - \frac{1}{x_1} - 1 \] \[ f \left( \frac{1}{x_1} \right) = -\frac{x_1 + 1}{x_1 (x_1 - 1)} + \frac{x_1 + 1}{x_1 - 1} - \frac{1}{x_1} - 1 \] \[ f \left( \frac{1}{x_1} \right) = \frac{-(x_1 + 1) + x_1 (x_1 + 1) - (x_1 - 1) x_1 - x_1 (x_1 - 1)}{x_1 (x_1 - 1)} \] \[ f \left( \frac{1}{x_1} \right) = 0 \] 所以 \( \frac{1}{x_1} \) 也是 \( f(x) = 0 \) 的一个根。由此我们得出 \( x_1 \) 和 \( x_2 \) 互为倒数。 <eoe> 【答案】\( f(x) = 0 \) 有且仅有两个实根，且这两个实根互为倒数。<eoa> |
【详解】(1) 由题意可得, $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$, 由 $f(x)=(x-1) \ln x-x-1$, 得 $f^{\prime}(x)=\ln x+\frac{x-1}{x}-1=\ln x-\frac{1}{x}$, 显然 $f^{\prime}(x)=\ln x-\frac{1}{x}$ 单调递增; 又 $f^{\prime}(1)=-1<0, f^{\prime}(2)=\ln 2-\frac{1}{2}=\frac{\ln 4-1}{2}>0$ ， 故存在唯一 $x_{0}$, 使得 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ ； 又当 $x>x_{0}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right)>0$, 函数 $f(x)$ 单调递增; 当 $0<x<x_{0}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right)<0$, 函数 $f(x)$ 单调递减; 因此, $f(x)$ 存在唯一的极值点; (2) 由 (1) 知, $f\left(x_{0}\right)<f(1)=-2$, 又 $f\left(e^{2}\right)=e^{2}-3>0$, 所以 $f(x)=0$ 在 $\left(\boldsymbol{x}_{\mathbf{0}},+\infty\right)$ 内存在唯一实根, 记作 $x=a$. 由 $1<x_{0}<a$ 得 $\frac{1}{a}<1<x_{0}$, 又 $f\left(\frac{1}{a}\right)=\left(\frac{1}{a}-1\right) \ln \frac{1}{a}-\frac{1}{a}-1=\frac{f(a)}{a}=0$, 故 $\frac{1}{a}$ 是方程 $f(x)=0$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 内的唯一实根; 综上, $f(x)=0$ 有且仅有两个实根, 且两个实根互为倒数. |
| gpto1 | (1)【解析】 首先，给定函数 \( f(x) = (x - 1)\ln x - x - 1 \)，定义域为 \( x > 0 \)（因为 \(\ln x\) 存在）。 求函数的极值点，我们需要计算其导数并找出使导数为零的点。 计算导数： \[ f'(x) = \dfrac{d}{dx}\left( (x - 1)\ln x - x - 1 \right) = \ln x + (x - 1)\cdot\dfrac{1}{x} - 1 \] 化简： \[ f'(x) = \ln x + \dfrac{x - 1}{x} - 1 = \ln x - \dfrac{1}{x} \] 令 \( f'(x) = 0 \)，得： \[ \ln x - \dfrac{1}{x} = 0 \] 该方程在 \( x > 0 \) 的范围内有唯一解，因为 \(\ln x\) 是严格增函数，\(\dfrac{1}{x}\) 是严格减函数，它们的图像只会相交一次。 接下来，计算二阶导数以确定极值的性质： \[ f''(x) = \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{x^2} = \dfrac{x + 1}{x^2} > 0 \] 二阶导数在定义域内恒为正，说明函数在整个定义域内是上凸的（凹向上），因此导数为零的点是函数的唯一极小值点。 综上，函数 \( f(x) \) 存在唯一的极值点，即唯一的极小值点。 <eoe> 【答案】 (1) 函数 \( f(x) \) 存在唯一的极值点，为极小值点。 <eoa> (2)【解析】 要证明方程 \( f(x) = 0 \) 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数。 首先，分析函数的值域和单调性。 当 \( x \rightarrow 0^+ \) 时，\(\ln x \rightarrow -\infty\)，\( (x - 1)\ln x \rightarrow (-1)(-\infty) = +\infty \)，且 \( -x -1 \rightarrow -1 \)，所以 \( f(x) \rightarrow +\infty \)。 当 \( x = 1 \) 时，\( f(1) = (1 - 1)\ln 1 - 1 - 1 = -2 \)。 当 \( x \rightarrow +\infty \) 时，\(\ln x \rightarrow +\infty\)，\( (x - 1)\ln x \rightarrow +\infty \)，\( -x -1 \rightarrow -\infty \)，由于 \( (x - 1)\ln x \) 的增长速度比 \( x \) 慢，所以 \( f(x) \rightarrow +\infty \)。 由以上分析可知，函数 \( f(x) \) 在 \( x > 0 \) 上连续，且从正无穷下降到 \( f(1) = -2 \)，然后再上升到正无穷。因此，方程 \( f(x) = 0 \) 在 \( (0,1) \) 和 \( (1, +\infty) \) 各有一个实根。 接下来，证明如果 \( x \) 是 \( f(x) = 0 \) 的实根，那么 \( \dfrac{1}{x} \) 也是。 计算 \( f\left( \dfrac{1}{x} \right) \)： \[ f\left( \dfrac{1}{x} \right) = \left( \dfrac{1}{x} - 1 \right)\ln \dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{x} - 1 = \left( \dfrac{1 - x}{x} \right)( -\ln x ) - \dfrac{1}{x} - 1 = \dfrac{ x - 1 }{ x } \ln x - \dfrac{1}{ x } -1 \] 而原函数 \( f(x) = ( x -1 ) \ln x - x -1 \)。 可以看出，\( f\left( \dfrac{1}{x} \right) \) 与 \( f(x) \) 的形式相似，说明若 \( f(x) = 0 \) 有解 \( x \)，则 \( \dfrac{1}{x} \) 也满足 \( f\left( \dfrac{1}{x} \right) = 0 \)。因此，两个实根互为倒数。 综上，方程 \( f(x) = 0 \) 在 \( x > 0 \) 上有且仅有两个实根，且这两个实根互为倒数。 <eoe> 【答案】 (2) 方程 \( f(x) = 0 \) 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数。 <eoa> |
【详解】(1) 由题意可得, $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$, 由 $f(x)=(x-1) \ln x-x-1$, 得 $f^{\prime}(x)=\ln x+\frac{x-1}{x}-1=\ln x-\frac{1}{x}$, 显然 $f^{\prime}(x)=\ln x-\frac{1}{x}$ 单调递增; 又 $f^{\prime}(1)=-1<0, f^{\prime}(2)=\ln 2-\frac{1}{2}=\frac{\ln 4-1}{2}>0$ ， 故存在唯一 $x_{0}$, 使得 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ ； 又当 $x>x_{0}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right)>0$, 函数 $f(x)$ 单调递增; 当 $0<x<x_{0}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right)<0$, 函数 $f(x)$ 单调递减; 因此, $f(x)$ 存在唯一的极值点; (2) 由 (1) 知, $f\left(x_{0}\right)<f(1)=-2$, 又 $f\left(e^{2}\right)=e^{2}-3>0$, 所以 $f(x)=0$ 在 $\left(\boldsymbol{x}_{\mathbf{0}},+\infty\right)$ 内存在唯一实根, 记作 $x=a$. 由 $1<x_{0}<a$ 得 $\frac{1}{a}<1<x_{0}$, 又 $f\left(\frac{1}{a}\right)=\left(\frac{1}{a}-1\right) \ln \frac{1}{a}-\frac{1}{a}-1=\frac{f(a)}{a}=0$, 故 $\frac{1}{a}$ 是方程 $f(x)=0$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 内的唯一实根; 综上, $f(x)=0$ 有且仅有两个实根, 且两个实根互为倒数. |
| deepseekv3 | server error: Error code: 400 - {'error': {'code': 'RequestTimeOut', 'param': None, 'message': 'Request timed out, please try again later.', 'type': 'RequestTimeOut'}, 'id': 'chatcmpl-eeb09fdf-045e-956f-b4b6-9600703bbe5f', 'request_id': 'eeb09fdf-045e-956f-b4b6-9600703bbe5f'} | 【详解】(1) 由题意可得, $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$, 由 $f(x)=(x-1) \ln x-x-1$, 得 $f^{\prime}(x)=\ln x+\frac{x-1}{x}-1=\ln x-\frac{1}{x}$, 显然 $f^{\prime}(x)=\ln x-\frac{1}{x}$ 单调递增; 又 $f^{\prime}(1)=-1<0, f^{\prime}(2)=\ln 2-\frac{1}{2}=\frac{\ln 4-1}{2}>0$ ， 故存在唯一 $x_{0}$, 使得 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ ； 又当 $x>x_{0}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right)>0$, 函数 $f(x)$ 单调递增; 当 $0<x<x_{0}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right)<0$, 函数 $f(x)$ 单调递减; 因此, $f(x)$ 存在唯一的极值点; (2) 由 (1) 知, $f\left(x_{0}\right)<f(1)=-2$, 又 $f\left(e^{2}\right)=e^{2}-3>0$, 所以 $f(x)=0$ 在 $\left(\boldsymbol{x}_{\mathbf{0}},+\infty\right)$ 内存在唯一实根, 记作 $x=a$. 由 $1<x_{0}<a$ 得 $\frac{1}{a}<1<x_{0}$, 又 $f\left(\frac{1}{a}\right)=\left(\frac{1}{a}-1\right) \ln \frac{1}{a}-\frac{1}{a}-1=\frac{f(a)}{a}=0$, 故 $\frac{1}{a}$ 是方程 $f(x)=0$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 内的唯一实根; 综上, $f(x)=0$ 有且仅有两个实根, 且两个实根互为倒数. |