Question

5．已知函數(shù)f（x）=x²（lnx+lna）（a＞0）．
（1）當(dāng)a=1時，設(shè)函數(shù)g（x）=$\frac{f（x）}{x}$，求函數(shù)g（x）的單調(diào)區(qū)間與極值；
（2）設(shè)f′（x）是f（x）的導(dǎo)函數(shù)，若$\frac{{{f^'}（x）}}{x^2}$≤1對任意的x＞0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（3）若x₁，x₂∈（$\frac{1}{e}$，1），x₁+x₂＜1，求證：x₁x₂＜（x₁+x₂）⁴．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)a=1，求得函數(shù)g（x）的解析式，求導(dǎo)，g′（x）＜0和g′（x）＞0，求得函數(shù)g（x）的單調(diào)遞減區(qū)間和單調(diào)遞增區(qū)間，g′（x）=0，x=$\frac{1}{e}$，由函數(shù)的單調(diào)性可知x=$\frac{1}{e}$為函數(shù)g（x）的極小值；
（2）求得f′（x），將原不等式轉(zhuǎn)化成，2lna≤x-2lnx-1在x＞0上恒成立，構(gòu)造輔助函數(shù)，h（x）=x-2lnx-1，求導(dǎo)，根據(jù)函數(shù)單調(diào)性求得h（x）有最小值，即可求得實數(shù)a的取值范圍；
（3）由（1）可知，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性可知$\frac{1}{e}$＜x₁＜x₁+x₂＜1，可知g（x₁+x₂）＞g（x₁）=x₁lnx₁，則lnx₁+lnx₂＜（2+$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$）ln（x₁+x₂），由基本不等式的關(guān)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），根據(jù)對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)即可得到x₁x₂＜（x₁+x₂）⁴．

解答 解：（1）當(dāng)a=1時，數(shù)g（x）=$\frac{f（x）}{x}$=xlnx，
g′（x）=1+lnx，
令g′（x）=0，解得：x=$\frac{1}{e}$，
當(dāng)x∈（0，$\frac{1}{e}$）時，g′（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減，
當(dāng)x∈（$\frac{1}{e}$，+∞），g′（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增，
∴當(dāng)x=$\frac{1}{e}$時，取極小值為-$\frac{1}{e}$；
（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，
設(shè)h（x）=x-2lnx-1，h′（x）=$\frac{x-2}{x}$，
令h′（x）=0，解得x=2，
當(dāng)0＜x＜2時，h′（x）＜0，函數(shù)單調(diào)遞減，
當(dāng)x＞2時，h′（x）＞0，函數(shù)單調(diào)遞增，
∴當(dāng)x=2，h（x）有最小值，h（2）=1-2ln2，
∴2lna≤1-2ln2，
∴0＜a≤$\frac{\sqrt{e}}{2}$；
（3）證明：由（1）可知：g（x）=xlnx在（0，$\frac{1}{e}$）上是減函數(shù)，在（$\frac{1}{e}$，+∞）上是增函數(shù)，
$\frac{1}{e}$＜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），
∴l(xiāng)nx₁+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，當(dāng)且僅當(dāng)“x₁=x₂”時，取等號，
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），
∴l(xiāng)nx₁+lnx₂＜4ln（x₁+x₂），
∴x₁x₂＜（x₁+x₂）⁴．

點(diǎn)評 考查根據(jù)利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)單調(diào)區(qū)間，極值的方法，以及構(gòu)造函數(shù)解決問題的方法，根據(jù)導(dǎo)數(shù)符號求函數(shù)最值的方法，根據(jù)單調(diào)性定義判斷函數(shù)單調(diào)性的方法，以及函數(shù)單調(diào)性定義的運(yùn)用，屬于難題．