Question

10．已知函數(shù)f（x）=x²ln（ax）（a＞0）．
（1）當a=1時，設(shè)函數(shù)g（x）=$\frac{f（x）}{x}$，求g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若f′（x）≤x²對任意的x＞0恒成立，求a的取值范圍；
（3）若x₁、x₂∈（$\frac{1}{e}$，+∞），求證：x₁x₂＜（x₁+x₂）⁴．

Answer 1

分析 （1）當a=1時，設(shè)函數(shù)g（x）=$\frac{f（x）}{x}$，求導數(shù)，利用導數(shù)的正負求g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若f′（x）≤x²對任意的x＞0恒成立，即2ln（ax）+1-x≤0對任意的x＞0恒成立，構(gòu)造函數(shù)，求導數(shù)，即可求a的取值范圍；
（3）分類討論，利用函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合基本不等式，即可證明結(jié)論．

解答 （1）解：由題意，g（x）=xlnx，g′（x）=lnx+1，x＞$\frac{1}{e}$，g′（x）＞0，0＜x＜$\frac{1}{e}$，g′（x）＜0，
∴g（x）的單調(diào)增區(qū)間是（$\frac{1}{e}$，+∞），單調(diào)減區(qū)間是（0，$\frac{1}{e}$）；
（2）解：f′（x）=2xln（ax）+x，
∴f′（x）≤x²對任意的x＞0恒成立，即2ln（ax）+1-x≤0對任意的x＞0恒成立，
設(shè)h（x）=2ln（ax）+1-x，h′（x）=$\frac{2}{x}$-1，x＞2，函數(shù)單調(diào)遞減，0＜x＜2，函數(shù)單調(diào)遞增，
∴x=2，h（x）有最大值h（2），
∴h（2）=2ln（2a）-1≤0，∴0＜a≤$\frac{\sqrt{e}}{2}$；
（3）證明：①x₁+x₂≥1時，∵y=lnx在（0，+∞）上單調(diào)遞增，0＜x₁＜x₁+x₂，0＜x₂＜x₁+x₂，
∴l(xiāng)nx₁＜ln（x₁+x₂），lnx₂＜ln（x₁+x₂），
∴l(xiāng)nx₁+lnx₂＜2ln（x₁+x₂）≤4ln（x₁+x₂），
∴x₁x₂＜（x₁+x₂）⁴；
②x₁+x₂＜1時，g（x）在（$\frac{1}{e}$，+∞）上是增函數(shù)，
∴$\frac{1}{e}$＜x₁＜x₁+x₂＜1，＜x₂＜x₁+x₂＜1，
∴g（x₁）＜g（x₁+x₂），g（x₂）＜g（x₁+x₂），
∴l(xiāng)nx₁＜$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{1}}$ln（x₁+x₂），lnx₂＜$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{2}}$ln（x₁+x₂），
∴l(xiāng)nx₁+lnx₂＜（2+$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$+$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$）ln（x₁+x₂）≤4ln（x₁+x₂），
∴x₁x₂＜（x₁+x₂）⁴．
綜上所述，x₁x₂＜（x₁+x₂）⁴．

點評 本題主要考查導數(shù)的綜合應用，要求熟練掌握導數(shù)的幾何意義，綜合性較強，運算量較大．