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  导数问题中的技巧

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  基本放缩

略

根据题意，有函数 $f(x)$ 的导函数\[f'(x)=\dfrac{ax{\rm e}^{ax}+\lambda}{x},\]考虑函数\[\varphi(x)=ax{\rm e}^{ax},\]其导函数\[\varphi'(x)={\rm e}^{ax}\left(a^2x+a\right)=a^2\left(x+\dfrac 1a\right){\rm e}^{ax},\]于是\[\begin{array} {c|ccccc}\hline
x&0&\left(0,-\dfrac 1a\right)&-\dfrac 1a&\left(-\dfrac 1a,+\infty\right)&+\infty \\ \hline
\varphi(x)&0&\searrow&-\dfrac{1}{\rm e}&\nearrow &0\\ \hline\end{array}\]因此当 $0<\lambda<\dfrac{1}{\rm e}$ 时，函数 $f(x)$ 有两个极值点，证明如下．
情形一在区间 $\left(0,-\dfrac 1a\right)$ 上，方程\[\varphi(x)+\lambda=0\]必然有唯一零点 $x_1$．
情形二在区间 $\left(-\dfrac 1a,+\infty\right)$ 上，
考虑到当 $x>0$ 时，有\[{\rm e}^x>1+x+\dfrac 12x^2>\dfrac 12x^2,\]于是\[\dfrac{x}{{\rm e}^x}<\dfrac 2x,\]于是\[\dfrac{-ax}{{\rm e}^{-ax}}<\dfrac 2{-ax},\]即\[ax{\rm e}^{ax}>\dfrac 2{ax},\]于是取 $m=\dfrac 2{-a\lambda}$，则\[\varphi(m)>\dfrac 2{am}=\dfrac 2{a\cdot\frac 2{-a\lambda}}=-\lambda,\]即\[\varphi(m)+\lambda>0,\]因此方程\[\varphi(x)+\lambda=0\]必然有唯一零点 $x_2$．
综合以上两种情形，有\[\begin{array} {c|ccccc}\hline
x&(0,x_1)&x_1&\left(x_1,x_2\right)&x_2&(x_2,+\infty)\\ \hline
f'(x)&+&0&-&0&+\\ \hline
f(x)&\nearrow&{\rm lmax}&\searrow&{\rm lmin}&\nearrow \\ \hline\end{array}\]原命题得证．

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  利用导数研究函数的性质

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  利用导数研究函数的零点

略

设 $p$ 是函数 $f(x)$ 的极值点，则\[ap{\rm e}^{ap}+\lambda=0,\]于是\[\begin{split} {\rm e}^{ap}&=\dfrac{\lambda}{-ap},\\
\ln p&=\ln \lambda -\ln(-a)-ap,\end{split}\]因此极值\[\begin{split} f(p)&={\rm e}^{ap}+\lambda \ln p\\
&=\lambda\left(\ln p-\dfrac 1{ap}\right)\\&\geqslant \lambda\left(\ln p+\dfrac 1{{\rm e}p}\right)\\&=\dfrac{\lambda}{p}\left(p\ln p+\dfrac 1{\rm e}\right)\\
&>0,\end{split}\]于是函数 $f(x)$ 在区间 $[x_1,+\infty)$ 上没有零点．而当 $n={\rm e}^{-\frac 1{\lambda}}$ 时，有 $f(n)<0$，因此在区间 $(0,x_1)$ 上函数 $f(x)$ 有唯一零点．
综上所述，命题得证．