Question

18．已知函數f（x）=xln（ax）（a＞0）
（1）若f′（x）≤$\frac{x}{2}$+$\frac{1}{2}$對任意的x＞0恒成立，求實數a的取值范圍；
（2）當a=1時，設函數f（x）的極值點為x₀，若實數m，n滿足x₀＜m＜1，x₀＜n＜1，且m+n＜1．求證：$\frac{mn}{（m+n）^{2}}$＜（m+n）${\;}^{\frac{n}{m}}$．

Answer 1

分析 （1）求解得出f′（x）═ln（ax）+1$≤\frac{x}{2}$$+\frac{1}{2}$，即2ln（ax）+1-x≤0在x＞0恒成立，構造函數令h（x）=2ln（ax）+1-x，再次求解導數判斷．
（2）綜合求解導數判斷單調性得出x∈（0，$\frac{1}{e}$），f′（x）＜0，f（x）遞減，m，n∈（$\frac{1}{e}$，1），$\frac{2}{m}$＜m+n＜1，由x∈（$\frac{1}{e}$，+∞），f′（x）＞0，f（x）遞增，利用單調性得出lnm$＜\frac{m+n}{m}$ln（m+n）
同理f（m+n）=（m+n）ln（m+n）＞nlnn，lnn$＜\frac{m+n}{n}$ln（m+n），利用對數，指數的運用求解證明ln（mn）＜2ln（m+n）$+\frac{n}{m}$ln（m+n），即可證明．$\frac{mn}{（m+n）^{2}}$＜（m+n）${\;}^{\frac{n}{m}}$．

解答 （1）解：f′（x）═ln（ax）+1$≤\frac{x}{2}$$+\frac{1}{2}$，即2ln（ax）+1-x≤0在x＞0恒成立，
令h（x）=2ln（ax）+1-x，∴h′（x）=$\frac{2}{x}$-1，
故x∈（0，2）時，h′（x）＞0，則h（x）在（0，2）遞增，x＞2時，h′（x）＜0，
則h（x）在（2，+∞）遞減，則h（x）_max=h（2），依題意h（2）≤0，∴0$＜a≤\frac{\sqrt{e}}{2}$．
（2）a=1，f（x）=xlnx，令f′（x）=0得x=$\frac{1}{e}$，且x∈（0，$\frac{1}{e}$），f′（x）＜0，f（x）遞減，
x∈（$\frac{1}{e}$，+∞），f′（x）＞0，f（x）遞增，故x₀=$\frac{1}{e}$．
則m，n∈（$\frac{1}{e}$，1），$\frac{2}{m}$＜m+n＜1，由x∈（$\frac{1}{e}$，+∞），f′（x）＞0，f（x）遞增，則有：
f（m+n）=（m+n）ln（m+n）＞mlnm，
∴lnm$＜\frac{m+n}{m}$ln（m+n），
同理f（m+n）=（m+n）ln（m+n）＞nlnn∴lnn$＜\frac{m+n}{n}$ln（m+n），
lm+lnn＜（$\frac{m+n}{m}$$+\frac{m+n}{n}$）ln（m+n）=（2$+\frac{n}{m}$$+\frac{m}{n}$）ln（m+n）=2ln（m+n）+（$\frac{n}{m}$$+\frac{m}{n}$）ln（m+n），又ln（m+n）＜0，$\frac{n}{m}$＞0，$\frac{m}{n}$＞0，
∴ln（mn）＜2ln（m+n）$+\frac{n}{m}$ln（m+n），即可證明．$\frac{mn}{（m+n）^{2}}$＜（m+n）${\;}^{\frac{n}{m}}$．

點評 本題綜合考查了導數的運用，綜合分析問題能力，解決問題的能力，關鍵是看出構造的函數，屬于難度較大的題目．