导函数不等式与函数单调性

解题过程

A 选项

构造函数 $g(x) = xf(x)$，则 $g'(x) = f(x) + xf'(x)$。

由题设 $f(x) > 0$（$x \in (0, +\infty)$），且 $f'(x) > 0$，$x > 0$，因此 $g'(x) > 0$。

所以 $g(x) = xf(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上为增函数。

又 $x_2 > x_1$，故 $x_2 f(x_2) > x_1 f(x_1)$，A 正确。

B 选项

不等式两侧结构均为 $f(x)$ 的形式，直接利用 $f(x)$ 的单调性。

由 $f(x)$ 是增函数，只需比较 $x_2$ 与 $2 - x_1$ 的大小。

由 $x_1 > 0, x_2 > 0$ 且 $x_1 x_2 = 1$，利用基本不等式：

$x_1 + x_2 \geq 2\sqrt{x_1 x_2} = 2$，又 $x_1 \neq x_2$，故 $x_1 + x_2 > 2$，即 $x_2 > 2 - x_1$。

因此 $f(x_2) > f(2 - x_1)$，B 正确。

C 选项

将不等式移项整理：$f(x_1) \cdot \ln x_1 - x_1 > f(x_2) \cdot \ln x_2 - x_2$。

将 $x$ 写成 $\ln e^x$ 的形式，不等式两侧化为：

$f(x) \cdot \ln x - \ln e^x = \ln \dfrac{f(x)}{e^x}$

因此不等式等价于 $\ln \dfrac{f(x_1)}{e^{x_1}} > \ln \dfrac{f(x_2)}{e^{x_2}}$，进而等价于 $\dfrac{f(x_1)}{e^{x_1}} > \dfrac{f(x_2)}{e^{x_2}}$。

构造函数 $h(x) = \dfrac{f(x)}{e^x}$，求导：

$h'(x) = \dfrac{f'(x) \cdot e^x - f(x) \cdot e^x}{(e^x)^2} = \dfrac{f'(x) - f(x)}{e^x}$

由 $f'(x) > f(x)$（题设条件），得 $h'(x) > 0$，即 $h(x)$ 为增函数。

又题干给定 $x_2 > x_1$，故应有 $h(x_2) > h(x_1)$，即 $\dfrac{f(x_1)}{e^{x_1}} < \dfrac{f(x_2)}{e^{x_2}}$，与不等式方向相反。

因此 C 错误。

D 选项

由 C 选项已证 $h(x) = \dfrac{f(x)}{e^x}$ 为增函数，且 $x_2 > x_1$，故：

$\dfrac{f(x_2)}{e^{x_2}} > \dfrac{f(x_1)}{e^{x_1}}$

将左边的 $e^{x_2}$ 乘到右边，得：

$f(x_2) > e^{x_2 - x_1} \cdot f(x_1)$

由 B 选项已证 $x_2 > 2 - x_1$，又 $x_1 > 0$，故 $x_2 - x_1 > 2 - 2x_1$。

但此处关键是利用指数函数的保号性：$e^{x_2 - x_1} > e^{2 - x_1}$（因 $x_2 - x_1 > 2 - x_1 - x_1$，需进一步验证）。

由 $x_1 + x_2 > 2$ 得 $x_2 - x_1 > 2 - 2x_1$，由于 $x_1 \in (0, 1)$（$x_1 x_2 = 1$ 且 $x_2 > x_1$），故 $2 - 2x_1 > 0$。

又 $e^{x_2 - x_1} > e^{2 - x_1}$（由 $x_2 - x_1 > 2 - x_1 - x_1$，注意此处需 $x_1 > 0$），而 $e^{2 - x_1} > 2 - x_1$。

因此：

$f(x_2) > e^{2 - x_1} \cdot f(x_1) > (2 - x_1) \cdot f(x_1)$

D 正确。

答案

ABD