已知函数\(f(x)=\mathrm{e}^x\left(x-\dfrac{a}{x}-2\right)\) \((0,+\infty)\),其中\(\mathrm{e}=2.71828\cdots\)是自然对数的底数.
\((1)\) 求函数\(f(x)\)的递增区间\(;\)
\((2)\) 若函数\(f(x)\)为定义域上的增函数,且\(f(x_1)+f(x_2)=-4\mathrm{e}\),证明\(:x_1+x_2\geqslant 2\).
解析:
\((1)\) 含参单调性讨论 对\(f(x)\)求导可得\[f'(x)=\dfrac{\mathrm{e}^x(x-1)(x^2-a)}{x^2},x>0.\]
情形一 若\(a\leqslant 0\), 则\(f(x)\)的递增区间为\([1,+\infty)\).
情形二 若\(a\in\left(0,1\right)\),则\(f(x)\)的递增区间为\((0,\sqrt a]\)与\([1,+\infty)\).
情形三 若\(a=1\),则\(f(x)\)在整个定义域内单调递增,单调递增区间为\((0,+\infty)\).
情形四 若\(a>1\),则\(f(x)\)的递增区间为\((0,1]\)与\([\sqrt a,+\infty)\).
\((2)\) 结合\((1)\)可知,若要\(f(x)\)为单调递增函数,则必须\(a=1\),因此\[ f(x)=\mathrm{e}^x\left(x-\dfrac{1}{x}-2\right),x>0.\]不妨设\(x_1\leqslant x_2\),由于\(f(x)\)单调递增,且\(f(1)=-2\mathrm{e}\),所以题中\(x_1,x_2\)必然满足\[0<x_1\leqslant 1\leqslant x_2.\]于是原题等价于证明\[
f(2-x_1)\leqslant f(x_2)=-4\mathrm{e}-f(x_1).\]构造函数\[F(x)=f(x)+f(2-x)+4\mathrm{e},x\in\left(0,1\right].\]仅需证明\(\forall x\in\left(0,1\right],F(x)\leqslant 0\).对\(F(x)\)求导可得\[
\begin{split}
F'(x)&=f'(x)-f'(2-x)\ &=\dfrac{\mathrm{e}^x(x-1)^2(x+1)}{x^2}-\dfrac{\mathrm{e}^{2-x}(1-x)^2(3-x)}{(2-x)^2}\ &=\mathrm{e}^{2-x}(x+1)(x-1)^2\left[\dfrac{\mathrm{e}^{2x-2}}{x^2}-\dfrac{3-x}{(x+1)(2-x)^2}\right]
\end{split}\]
容易证明\[\forall x\in(0,1],\dfrac{\mathrm{e}^{2x-2}}{x^2}\geqslant 1\geqslant \dfrac{3-x}{(x+1)(2-x)^2}.\]因此\[\forall x\in(0,1],F'(x)\geqslant 0.\]所以\(F(x)\)单调递增,因此\[\forall x\in(0,1],F(x)\leqslant F(1)=0.\]于是原题证毕.
原文：https://www.cnblogs.com/Math521/p/11694318.html