Question

10．已知函数f（x）=x²ln（ax）（a＞0）．
（1）当a=1时，设函数g（x）=$\frac{f（x）}{x}$，求g（x）的单调区间；
（2）若f′（x）≤x²对任意的x＞0恒成立，求a的取值范围；
（3）若x₁、x₂∈（$\frac{1}{e}$，+∞），求证：x₁x₂＜（x₁+x₂）⁴．

Answer 1

分析 （1）当a=1时，设函数g（x）=$\frac{f（x）}{x}$，求导数，利用导数的正负求g（x）的单调区间；
（2）若f′（x）≤x²对任意的x＞0恒成立，即2ln（ax）+1-x≤0对任意的x＞0恒成立，构造函数，求导数，即可求a的取值范围；
（3）分类讨论，利用函数的单调性，结合基本不等式，即可证明结论．

解答 （1）解：由题意，g（x）=xlnx，g′（x）=lnx+1，x＞$\frac{1}{e}$，g′（x）＞0，0＜x＜$\frac{1}{e}$，g′（x）＜0，
∴g（x）的单调增区间是（$\frac{1}{e}$，+∞），单调减区间是（0，$\frac{1}{e}$）；
（2）解：f′（x）=2xln（ax）+x，
∴f′（x）≤x²对任意的x＞0恒成立，即2ln（ax）+1-x≤0对任意的x＞0恒成立，
设h（x）=2ln（ax）+1-x，h′（x）=$\frac{2}{x}$-1，x＞2，函数单调递减，0＜x＜2，函数单调递增，
∴x=2，h（x）有最大值h（2），
∴h（2）=2ln（2a）-1≤0，∴0＜a≤$\frac{\sqrt{e}}{2}$；
（3）证明：①x₁+x₂≥1时，∵y=lnx在（0，+∞）上单调递增，0＜x₁＜x₁+x₂，0＜x₂＜x₁+x₂，
∴lnx₁＜ln（x₁+x₂），lnx₂＜ln（x₁+x₂），
∴lnx₁+lnx₂＜2ln（x₁+x₂）≤4ln（x₁+x₂），
∴x₁x₂＜（x₁+x₂）⁴；
②x₁+x₂＜1时，g（x）在（$\frac{1}{e}$，+∞）上是增函数，
∴$\frac{1}{e}$＜x₁＜x₁+x₂＜1，＜x₂＜x₁+x₂＜1，
∴g（x₁）＜g（x₁+x₂），g（x₂）＜g（x₁+x₂），
∴lnx₁＜$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{1}}$ln（x₁+x₂），lnx₂＜$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{2}}$ln（x₁+x₂），
∴lnx₁+lnx₂＜（2+$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$+$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$）ln（x₁+x₂）≤4ln（x₁+x₂），
∴x₁x₂＜（x₁+x₂）⁴．
综上所述，x₁x₂＜（x₁+x₂）⁴．

点评 本题主要考查导数的综合应用，要求熟练掌握导数的几何意义，综合性较强，运算量较大．