Question

14．設(shè)f（x）=（x+1）e^ax（其中a≠0），曲線y=f（x）在x=$\frac{1}{a}$處有水平切線．
（1）求a的值；
（2）設(shè)g（x）=f（x）+x+xlnx，證明：對(duì)任意x₁，x₂∈（0，1）有|g（x₁）-g（x₂）|＜e^-1+2e^-2．

Answer 1

分析 （1）利用導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算法則可得：f′（x）．由于曲線y=f（x）在x=$\frac{1}{a}$處有水平切線，可得${f}^{′}（\frac{1}{a}）$=0，解得a即可．
（2）對(duì)任意x₁，x₂∈（0，1）有|g（x₁）-g（x₂）|＜e^-1+2e^-2?g（x）_max-g（x）_min＜e^-1+2e^-2．g（x）=$\frac{x+1}{{e}^{2x}}$+x+xlnx，g′（x）=$\frac{-2x-1}{{e}^{2x}}$+2+lnx，可知：g′（x）在x∈（0，1）上單調(diào)遞增；由于x∈（0，1），可得x→0時(shí)，g′（x）→-∞；x=1時(shí)，g′（x）=$2-\frac{3}{{e}^{2}}$＞0．因此必然存在t∈（0，1），使得g′（t）=0．進(jìn)而證明即可．

解答 （1）解：f（x）=（x+1）e^ax（其中a≠0），x∈R．
f′（x）=（ax+a+1）•e^ax．
∵曲線y=f（x）在x=$\frac{1}{a}$處有水平切線．
∴${f}^{′}（\frac{1}{a}）$=（a+2）e=0，解得a=-2．
（2）證明：對(duì)任意x₁，x₂∈（0，1）有|g（x₁）-g（x₂）|＜e^-1+2e^-2?g（x）_max-g（x）_min＜e^-1+2e^-2．
g（x）=f（x）+x+xlnx=$\frac{x+1}{{e}^{2x}}$+x+xlnx，
g′（x）=$\frac{-2x-1}{{e}^{2x}}$+2+lnx，
可知：g′（x）在x∈（0，1）上單調(diào)遞增；
∵x∈（0，1），∴x→0時(shí)，g′（x）→-∞；x=1時(shí)，g′（x）=$2-\frac{3}{{e}^{2}}$＞0．
∴必然存在t∈（0，1），使得g′（t）=0．
由于${g}^{′}（\frac{1}{4}）$=$\frac{-\frac{3}{2}}{\sqrt{e}}$+2-ln4＜0，${g}^{′}（\frac{1}{2}）$=$\frac{-2}{e}$+2-ln2＞0，
∴t∈$（\frac{1}{4}，\frac{1}{2}）$．
由g′（t）=0，可得$\frac{-2t-1}{{e}^{2t}}$+2+lnt=0，
可得：lnt=$\frac{2t+1}{{e}^{2t}}$-2，
∴g（x）_min=g（t）=$\frac{t+1}{{e}^{2t}}$+t+tlnt=$\frac{2{t}^{2}+2t+1}{{e}^{2t}}$-t=u（t），
u′（t）=$\frac{-4{t}^{2}}{{e}^{2t}}$-1＜0，
∴函數(shù)u（t）在t∈$（\frac{1}{4}，\frac{1}{2}）$單調(diào)遞減．
其最小值$u（\frac{1}{2}）$=$\frac{5}{2e}$，
而當(dāng)x=1時(shí)，函數(shù)g（1）=$\frac{2}{{e}^{2}}$+1＞g（x）_max．
∴g（x）_max-g（x）_min＜$\frac{2}{{e}^{2}}$+1-$\frac{5}{2e}$＜e^-1+2e^-2．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、恒成立問(wèn)題的等價(jià)轉(zhuǎn)化方法，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．