Question

已知函数f（x）=x（lnx+1）（x＞0）．
（Ⅰ）设F（x）=ax²+f'（x）（a∈R），讨论函数F（x）的单调性；
（Ⅱ）若斜率为k的直线与曲线y=f'（x）交于A（x₁，y₁）、B（x₂，y₂）（x₁＜x₂）两点，求证：x₁＜＜x₂．

Answer 1

【答案】分析：（Ⅰ）求出函数f（x）的导函数，代入函数F（x）=ax²+f'（x）（a∈R），进一步求出函数F（x）的导函数，然后分a≥0和a＜0分析导函数在不同区间内的符号，从而得到函数F（x）的单调性；
（Ⅱ）由两点式求出，利用分析法得到证，转化为证，换元后构造函数，利用导函数得到单调性，从而得到要证的结论．
解答：解：（Ⅰ）由f（x）=x（lnx+1）（x＞0），得f^′（x）=lnx+2（x＞0），
F（x）=ax²+lnx+2（x＞0），∴（x＞0）．
①当a≥0时，恒有F^′（x）＞0，故F（x）在（0，+∞）上是增函数；
②当a＜0时，
令F^′（x）＞0，得2ax²+1＞0，解得；
令F^′（x）＜0，得2ax²+1＜0，解得；
综上，当a≥0时，F（x）在（0，+∞）上是增函数；
当a＜0时，F（x）在（）上单调递增，在（）上单调递减；
（Ⅱ）．
要证，即证，
等价于证，令，
则只要证1＜，由t＞1，知lnt＞0，故等价于lnt＜t-1＜tlnt（t＞0）（*）
①设g（t）=t-1-lnt（t≥1），则（t≥1），
故g（t）在[1，+∞）上是增函数，
∴当t＞1时，g（t）=t-1-lnt＞g（1）=0，即t-1＞lnt（t-1）
②设h（t）=tlnt-（t-1）（t≥1），则h^′（t）=lnt≥0（t≥1），
故h（t）在[1，+∞）上是增函数．
∴当t＞1时，h（t）=tlnt-（t-1）＞h（1）=0，即t-1（t＞1）．
由①②知（*）成立，故．
点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了不等式的证明，考查了分类讨论的数学思想方法和数学转化思想方法，训练了函数构造法，解答的关键在于正确分类，是有一定难度题目．