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．