Question

5．已知函数f（x）=x²（lnx+lna）（a＞0）．
（1）当a=1时，设函数g（x）=$\frac{f（x）}{x}$，求函数g（x）的单调区间与极值；
（2）设f′（x）是f（x）的导函数，若$\frac{{{f^'}（x）}}{x^2}$≤1对任意的x＞0恒成立，求实数a的取值范围；
（3）若x₁，x₂∈（$\frac{1}{e}$，1），x₁+x₂＜1，求证：x₁x₂＜（x₁+x₂）⁴．

Answer 1

分析 （1）当a=1，求得函数g（x）的解析式，求导，g′（x）＜0和g′（x）＞0，求得函数g（x）的单调递减区间和单调递增区间，g′（x）=0，x=$\frac{1}{e}$，由函数的单调性可知x=$\frac{1}{e}$为函数g（x）的极小值；
（2）求得f′（x），将原不等式转化成，2lna≤x-2lnx-1在x＞0上恒成立，构造辅助函数，h（x）=x-2lnx-1，求导，根据函数单调性求得h（x）有最小值，即可求得实数a的取值范围；
（3）由（1）可知，根据函数的单调性可知$\frac{1}{e}$＜x₁＜x₁+x₂＜1，可知g（x₁+x₂）＞g（x₁）=x₁lnx₁，则lnx₁+lnx₂＜（2+$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$）ln（x₁+x₂），由基本不等式的关系可知2+$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$≥4，ln（x₁+x₂）＜0，即lnx₁+lnx₂＜4ln（x₁+x₂），根据对数函数的性质即可得到x₁x₂＜（x₁+x₂）⁴．

解答 解：（1）当a=1时，数g（x）=$\frac{f（x）}{x}$=xlnx，
g′（x）=1+lnx，
令g′（x）=0，解得：x=$\frac{1}{e}$，
当x∈（0，$\frac{1}{e}$）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，
当x∈（$\frac{1}{e}$，+∞），g′（x）＞0，g（x）单调递增，
∴当x=$\frac{1}{e}$时，取极小值为-$\frac{1}{e}$；
（2）f′（x）=2x（lnx+lna）+x，
$\frac{f′（x）}{{x}^{2}}$=$\frac{2x（lnx+lna）+x}{{x}^{2}}$≤1，
即2lnx+2lna+1≤x，
2lna≤x-2lnx-1在x＞0上恒成立，
设h（x）=x-2lnx-1，h′（x）=$\frac{x-2}{x}$，
令h′（x）=0，解得x=2，
当0＜x＜2时，h′（x）＜0，函数单调递减，
当x＞2时，h′（x）＞0，函数单调递增，
∴当x=2，h（x）有最小值，h（2）=1-2ln2，
∴2lna≤1-2ln2，
∴0＜a≤$\frac{\sqrt{e}}{2}$；
（3）证明：由（1）可知：g（x）=xlnx在（0，$\frac{1}{e}$）上是减函数，在（$\frac{1}{e}$，+∞）上是增函数，
$\frac{1}{e}$＜x₁＜x₁+x₂＜1，
∴g（x₁+x₂）=（x₁+x₂）ln（x₁+x₂）＞g（x₁）=x₁lnx₁，
即lnx₁＜$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{1}}$ln（x₁+x₂），
∴lnx₁+lnx₂＜（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{2}}$+$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{1}}$）ln（x₁+x₂）=（2+$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$）ln（x₁+x₂），
∵2+$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$≥4，当且仅当“x₁=x₂”时，取等号，
x₁，x₂∈（$\frac{1}{e}$，1），x₁+x₂＜1，ln（x₁+x₂）＜0，
∴（2+$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$）ln（x₁+x₂）≤ln（x₁+x₂），
∴lnx₁+lnx₂＜4ln（x₁+x₂），
∴x₁x₂＜（x₁+x₂）⁴．

点评 考查根据利用导数求函数单调区间，极值的方法，以及构造函数解决问题的方法，根据导数符号求函数最值的方法，根据单调性定义判断函数单调性的方法，以及函数单调性定义的运用，属于难题．