Question

14．已知函数f（x）=e^axlnx（a＞0，e为自然对数的底数）
（1）若f（x）在定义域内单调递增，求实数a的取值范围；
（2）令g（x）=$\frac{f′（x）}{{e}^{ax}}$，若相异实数x₁，x₂满足g（x₁）=f（x₂），证明：x₁+x₂＞$\frac{2}{a}$．

Answer 1

分析 （1）求出原函数的导函数，再令h（x）=alnx+$\frac{1}{x}$，求其导函数可得h（x）在（0，$\frac{1}{a}$）上单调递减，在（$\frac{1}{a}，+∞$）上单调递增，由f（x）在定义域内单调递增，
则h（$\frac{1}{a}$）≥0，由此求得实数a的取值范围；
（2）由（1）可得g（x）=h（x），$\frac{1}{a}$是g（x）的极小值点．不妨设0$＜{x}_{1}＜\frac{1}{a}＜{x}_{2}$，令φ（x）=g（x）-g（$\frac{2}{a}-x$）（0$＜x＜\frac{1}{a}$），可得φ′（x）＜0．由此φ（x）＞φ（$\frac{1}{a}$）=0，得到g（x）＞g（$\frac{2}{a}-x$）（0$＜x＜\frac{1}{a}$）．代入x=x₁，得g（x₂）=g（x₁）＞g（$\frac{2}{a}-{x}_{1}$），由g（x）在（$\frac{1}{a}，+∞$）上单调递增得答案．

解答 （1）解：$f′（x）={e}^{ax}（alnx+\frac{1}{x}）$，令h（x）=alnx+$\frac{1}{x}$，则h′（x）=$\frac{ax-1}{{x}^{2}}$，
令h′（x）=0，得x=$\frac{1}{a}$．
∴h（x）在（0，$\frac{1}{a}$）上单调递减，在（$\frac{1}{a}，+∞$）上单调递增，要使f（x）在定义域内单调递增，
则h（$\frac{1}{a}$）≥0，即a（ln$\frac{1}{a}$+1）≥0，解得：a∈（0，e]；
（2）证明：g（x）=$\frac{f′（x）}{{e}^{ax}}$=h（x），由（1）知，$\frac{1}{a}$是g（x）的极小值点．
不妨设0$＜{x}_{1}＜\frac{1}{a}＜{x}_{2}$，令φ（x）=g（x）-g（$\frac{2}{a}-x$）（0$＜x＜\frac{1}{a}$），
则φ′（x）=g′（x）-g′（$\frac{2}{a}-x$）=$\frac{ax-1}{{x}^{2}}-（-1）×\frac{a（\frac{2}{a}-x）-1}{（\frac{2}{a}-x）^{2}}$=$-\frac{4（ax-1）^{2}}{{x}^{2}（2-ax）^{2}}＜0$．
由此φ（x）＞φ（$\frac{1}{a}$）=0，即g（x）＞g（$\frac{2}{a}-x$）（0$＜x＜\frac{1}{a}$）．代入x=x₁ 得：g（x₂）=g（x₁）＞g（$\frac{2}{a}-{x}_{1}$），
由g（x）在（$\frac{1}{a}，+∞$）上单调递增，因此${x}_{2}＞\frac{2}{a}-{x}_{1}$，
∴x₁+x₂＞$\frac{2}{a}$．

点评 本题考查利用导数研究函数的单调性，考查了利用导数求函数的极值，考查逻辑推理能力与运算能力，难度较大．