每日一题[1417]分割函数

已知函数 $f(x)=(x+1){\rm e}^{ax}$（$a\ne 0$）在点 $\left(\dfrac 2a,f\left(\dfrac 2a\right)\right)$ 处的切线斜率为 $0$．

1、求 $a$ 的值．

2、求 $f(x)$ 在 $[t-1,t+1]$ 上的最大值．

3、设 $g(x)=f(x)+2x+3x\ln x$，求证：对任意 $x_1,x_2\in(0,1)$ 都有 $|g(x_1)-g(x_2)|<\dfrac 2{{\rm e}^3}+\dfrac 3{{\rm e}}+1$．

解析

1、根据题意，有 $$f'(x)={\rm e}^{ax}(ax+a+1),$$ 于是 $$f'\left(\dfrac 2a\right)={\rm e}^2(a+3)=0,$$ 解得 $$a=-3.$$

2、根据第 $(1)$ 小题的结果，有 $$f(x)={\rm e}^{-3x}(x+1),f'(x)=-{\rm e}^{-3x}(3x+2),$$ 于是 $$\begin{array} {c|ccc}\hline x&\left(-\infty,-\dfrac 23\right)&-\dfrac 23&\left(-\dfrac 23,+\infty\right)\\ \hline f(x)&\nearrow&\dfrac 13{\rm e}^3&\searrow \\ \hline \end{array}$$ 因此 $f(x)$ 在 $[t-1,t+1]$ 上的最大值 $$m(t)=\begin{cases} {\rm e}^{-3t-3}(t+2),&t\in \left(-\infty,-\dfrac 53\right),\\ \dfrac 13{\rm e}^3,&t\in \left[-\dfrac 53,\dfrac 13\right],\\ {\rm e}^{-3t+3}t,&t\in \left(\dfrac 13,+\infty\right).\end{cases}$$

3、根据第 $(1)$ 小题的结果，有 $$g(x)={\rm e}^{-3x}(x+1)+2x+3x\ln x,$$ 欲证结论为 $g(x)$ 在 $(0,1)$ 上的上确界 $m$ 和下确界 $n$ 之差 $$m-n<\dfrac 2{{\rm e}^3}+\dfrac 3{\rm e}+1.$$ 函数 $g(x)$ 的导函数 $$g'(x)=-{\rm e}^{-3x}(3x+2)+5+3\ln x.$$ 由于 $g'(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递增，且 $$\lim_{x\to 0+}g'(x)=-\infty,g'(1)>0,$$ 于是 $g(x)$ 在 $(0,1)$ 上先递减再递增，记 $g(x)$ 在 $(0,1)$ 上的极小值点（亦为最小值点）为 $t$，则 $$\begin{split} m&=\max\left\{\lim_{x\to 0+}g(x),\lim_{x\to 1-}g(x)\right\}=\max\left\{1,2+\dfrac{2}{{\rm e}^3}\right\}=2+\dfrac 2{{\rm e}^3},\\ n&=g(t),\end{split}$$ 此时欲证结论等价于 $$g(t)\geqslant 1-\dfrac 3{\rm e}.$$ 注意到 $$3x\ln x\geqslant 3x\ln x\big|_{x={\frac 1{\rm e}}}=-\dfrac 3{\rm e},$$ 因此可以尝试证明 $$\forall x\in (0,1),{\rm e}^{-3x}(x+1)+2x\geqslant 1,$$ 而事实上，在 $x\in (0,1)$ 时有 $$\begin{split} {\rm e}^{-3x}(x+1)+2x&\geqslant (x+1)(1-x)^3+2x\\ &=1+2x^3-x^4\\ &=1+x^3+x^3(1-x)\\ &\geqslant 1,\end{split}$$ 因此命题得证．