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＜

1

k

＜x₂．

Answer 1

（Ⅰ）由f（x）=x（lnx+1）（x＞0），得f^′（x）=lnx+2（x＞0），
F（x）=ax²+lnx+2（x＞0），∴F′(x)=2ax+

1

x

=

2ax2+1

x

（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0＜x＜

- 1 2a

；
令F^′（x）＜0，得2ax²+1＜0，解得x＞

- 1 2a

；
综上，当a≥0时，F（x）在（0，+∞）上是增函数；
当a＜0时，F（x）在（0，

- 1 2a

）上单调递增，在（

- 1 2a

，+∞）上单调递减；
（Ⅱ）k=

f′(x2)-f′(x1)

x2-x1

=

lnx2-lnx1

x2-x1

．
要证x1＜

1

k

＜x2，即证x1＜

x2-x1

lnx2-lnx1

＜x2，
等价于证1＜

x2 x1 -1

ln x2 x1

＜

x2

x1

，令t=

x2

x1

，
则只要证1＜

t-1

lnt

＜t，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g′(t)=1-

1

t

≥0（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x1＜

1

k

＜x2．