Question

14．设f（x）=（x+1）e^ax（其中a≠0），曲线y=f（x）在x=$\frac{1}{a}$处有水平切线．
（1）求a的值；
（2）设g（x）=f（x）+x+xlnx，证明：对任意x₁，x₂∈（0，1）有|g（x₁）-g（x₂）|＜e^-1+2e^-2．

Answer 1

分析 （1）利用导数的运算法则可得：f′（x）．由于曲线y=f（x）在x=$\frac{1}{a}$处有水平切线，可得${f}^{′}（\frac{1}{a}）$=0，解得a即可．
（2）对任意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）上单调递增；由于x∈（0，1），可得x→0时，g′（x）→-∞；x=1时，g′（x）=$2-\frac{3}{{e}^{2}}$＞0．因此必然存在t∈（0，1），使得g′（t）=0．进而证明即可．

解答 （1）解：f（x）=（x+1）e^ax（其中a≠0），x∈R．
f′（x）=（ax+a+1）•e^ax．
∵曲线y=f（x）在x=$\frac{1}{a}$处有水平切线．
∴${f}^{′}（\frac{1}{a}）$=（a+2）e=0，解得a=-2．
（2）证明：对任意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）上单调递增；
∵x∈（0，1），∴x→0时，g′（x）→-∞；x=1时，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，
∴函数u（t）在t∈$（\frac{1}{4}，\frac{1}{2}）$单调递减．
其最小值$u（\frac{1}{2}）$=$\frac{5}{2e}$，
而当x=1时，函数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．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、恒成立问题的等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．