题目

(九师联盟2024年高三下学期开学考试第$19$题)

19.(本小题满分 17 分)

已知函数 $f(x)=\dfrac{a(x+1)}{\mathrm{e}^x}+\ln x(a \in \mathbf{R})$.
(1). 若 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增, 求 $a$ 的取值范围;
(2). 若 $f(x)$ 有 2 个极值点 $x_1,x_2(x_1 > x_2 > 0)$, 求证:$a(x_1^2+x_2^2) > 2 \sqrt{\mathrm{e}}.$

解析

(1). 因为 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增,所以 $x > 0$ 时$$f^{\prime}(x)=-\dfrac{a x}{\mathrm{e}^x}+\dfrac{1}{x}=\dfrac{e^x-a x^2}{x\mathrm{e}^x} \geqslant 0,$$ 即 $a \leqslant \dfrac{\mathrm{e}^x}{x^2}(x > 0)$,设 $g(x)=\dfrac{\mathrm{e}^x}{x^2}(x > 0)$, 则 $$g^{\prime}(x)=\dfrac{(x-2) \mathrm{e}^x}{x^3},$$
当 $x \in(0,2)$ 时 $g^{\prime}(x) < 0, g(x)$ 单调递减,
当$x \in(2,+\infty)$ 时 $g^{\prime}(x) > 0, g(x)$ 单调递增.
所以 $$g(x)_{\min}= g(2)=\dfrac{\mathrm{e}^2}{4},$$
所以 $a \leqslant \dfrac{\mathrm{e}^2}{4}$, 即 $a$ 的取值范围是 $(-\infty, \dfrac{\mathrm{e}^2}{4}]$.
(2). 由 $(1)$ 知 $f(x)$有两个极值点必有$a > \dfrac{e^2}{4}.$
由 $f^{\prime}(x_1)=f^{\prime}(x_2)=0$ 得 $a=\dfrac{e^{x_1}}{x_1^2}=\dfrac{e^{x_2}}{x_2^2}$,所以$ g(x_1)=g(x_2) $ 且 $x_1 > x_2 > 0 $.
由$(1)$得$0 < x_2 < 2 < x_1$.
所以
$$a(x_1^2+x_2^2) > a x_1^2 > \dfrac{e^2}{4} \times 4=e^2 > 2 \sqrt{e}.\qquad \square $$

评注

事实上，$g(x)$的极值点为$2$,由极值点偏移$x_1+x_2 > 4$,所以
$$a(x_1^2+x_2^2) > a\cdot\dfrac{(x_1+x_2)^2}{2} > \dfrac{e}{4}\times8=2e^2.$$