题目

已知函数 $ f\left( x \right)=\dfrac{\left( ax+1 \right)\ln x}{x} $ , $ a\in \mathbb{R} $ .

若函数 $ f\left(x\right) $ 在其定义域上单调递增，求实数 $ a $ 的取值范围;
当 $ a=0 $ 时，若存在实数 $ m $ ,使得方程 $ f\left( x \right)=m $ 有两个不相等的实数根 $ x_1,x_2 $ ,求证: $ f’\left( x_1 \right)+f’\left( x_2 \right)>0 $ .

解析

由题意 $ x>0 $ 时, $$f’\left( x \right)=\dfrac{a x-\ln x+1}{x^2}\geqslant 0 $$ 即 $ x>0 $ 时 $$a\geqslant \dfrac{\ln x-1}{x} $$ 记 $ g\left( x \right)=\dfrac{\ln x-1}{x} $ ,则 $$g’\left( x \right)=\dfrac{2-\ln x}{x^2} $$ 所以 $ g\left( x \right) $ 在 $ \left( 0,e^2 \right) $ 单调递增，在 $ \left( e^2,+\infty \right) $ 单调递减. 所以 $ g\left( x \right)_{\max}=g\left( e^2 \right)=\dfrac{1}{e^2} $ ,所以 $ a\geqslant \dfrac{1}{e^2} $ .
当 $ a=0 $ 时， $ f\left( x \right)=\dfrac{\ln x}{x} $ ,所以 $$f’\left( x \right)=\dfrac{1-\ln x}{x^2} $$ 不妨设 $ x_2>x_1>0 $ ,令 $ t=\dfrac{x_2}{x_1}\left( t>1 \right) $ ,由题意 $$\dfrac{\ln x_1}{x_1}=\dfrac{\ln x_2}{x_2} $$ 将 $ x_2=tx_1 $ 代入得 $$\dfrac{\ln x_1}{x_1}=\dfrac{\ln \left( tx_1 \right)}{tx_1} $$ 解得 $$\ln x_1=\dfrac{\ln t}{t-1},\qquad \ln x_2=\ln \left( tx_1 \right)=\dfrac{t\ln t}{t-1} $$ 要证 $ f’\left( x_1 \right)+f’\left( x_2 \right)>0 $ ,即证明 $$\dfrac{1-\ln x_1}{x_1^2}+\dfrac{1-\ln x_2}{x_2^2}>0 $$ 即证明 $$t^2\left( 1-\ln x_1 \right)+\left( 1-\ln x_2 \right)>0 $$ 即证明 $$t^2\left( 1-\frac{\ln t}{t-1} \right)+\left( 1- \frac{t\ln t}{t-1}\right)>0 $$ 注意到 $ t>1 $ ,只需证明 $$h(t)=\frac{(t-1) \left(t^2+1\right)}{t (t+1)}-\ln t>0(t>1)\qquad (1) $$ 因为 $$h’\left( t \right)=\dfrac{t^4+t^3-4 t^2+t+1}{t^2\left( t+1 \right)^2}=\frac{(t-1)^2 \left(t^2+3 t+1\right)}{t^2 (t+1)^2}>0 $$ 所以 $ h\left( t \right) $ 在 $ \left( 1,+\infty \right) $ 单调递增，所以 $ h(t)>h(1)=0 $ ,即 $ (1) $ 式成立. 所以 $$ f’\left( x_1 \right)+f’\left( x_2 \right)>0 .$$