Question

4．设函数f（x）=x³a^x，其中a＞0且a≠1，若φ（x）=$\frac{f'（x）}{a^x}$是区间（0，2）上的增函数．
（Ⅰ）求a的最小值；
（Ⅱ）当a取得最小值时，证明：对于任意的0＜x₁＜x₂，当x₁+x₂=6时，有f（x₁）＜f（x₂）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求导f′（x）=3x²a^x+x³a^xlna=a^x（3x²+x³lna），故φ（x）=3x²+x³lna，求导φ′（x）=6x+（3lna）x²，从而可得当x∈（0，2）时，φ′（x）≥0恒成立，从而化为求函数的最值问题即可；
（Ⅱ）当$a=\frac{1}{e}$时，$f（x）=\frac{x^3}{e^x}$，从而化简可得${e^{{x_2}-{x_1}}}＜\frac{x_2^3}{x_1^3}$，即3lnx₁-3ln（6-x₁）+6-2x₁＜0；令g（x）=3lnx-3ln（6-x）+6-2x，x∈（0，3），从而求导判断函数的单调性即可．

解答 解：（Ⅰ）∵f′（x）=3x²a^x+x³a^xlna=a^x（3x²+x³lna），
∴φ（x）=$\frac{f'（x）}{a^x}$=3x²+x³lna，
∴φ′（x）=6x+（3lna）x²，
∵φ（x）=$\frac{f'（x）}{a^x}$是区间（0，2）上的增函数，
∴当x∈（0，2）时，φ′（x）=6x+（3lna）x²≥0恒成立，
即$lna≥-\frac{2}{x}$恒成立；
又x∈（0，2）时，$-\frac{2}{x}∈（-∞，-1）$，
故lna≥-1，
故a≥$\frac{1}{e}$；
即a的最小值为$\frac{1}{e}$．
（Ⅱ）证明：当$a=\frac{1}{e}$时，$f（x）=\frac{x^3}{e^x}$，
∵0＜x₁＜x₂且x₁+x₂=6，
∴0＜x₁＜3，x₂=6-x₁，
要证f（x₁）＜f（x₂），
只需证$\frac{{{x_1}^3}}{{{e^{x_1}}}}＜\frac{{{x_2}^3}}{{{e^{x_2}}}}$（0＜x₁＜3），
只需证${e^{{x_2}-{x_1}}}＜\frac{x_2^3}{x_1^3}$，
只需证x₂-x₁＜3lnx₂-3lnx₁，
只需证3lnx₁-3lnx₂+x₂-x₁＜0，
只需证3lnx₁-3ln（6-x₁）+6-2x₁＜0（*）；
设g（x）=3lnx-3ln（6-x）+6-2x，x∈（0，3），
则$g'（x）=\frac{3}{x}+\frac{3}{6-x}-2=\frac{{2{{（x-3）}^2}}}{x（6-x）}$，
当x∈（0，3）时，g′（x）＞0，即g（x）在（0，3）上单调递增，
于是对于任意的0＜x₁＜3，g（x₁）＜g（3）=0，即（*）式成立，
故原命题成立．

点评 本题考查了函数与不等式的关系应用及导数的综合应用，属于中档题．