Question

已知函数f（x）=ax²+lnx（x＞0）．
（I）讨论函数f（x）的单调性；
（II）当a=0时，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）f′(x)=

2ax2+1

x

（x＞0）
（1）a≥0时，f'（x）＞0恒成立，故f（x）在（0，+∞）上单调递增
（2）当a＜0时，由f′(x)＞0?x＜

- 1 2a

，由f′(x)＜0?x＞

- 1 2a

考虑到x＞0，得f（x）在(0，

- 1 2a

)上单调递增，在(

- 1 2a

，+∞)上单调递减．
（II）a=0时，f(x)=lnx，k=

lnx2-lnx1

x2-x1

，不等式x1＜

1

k

＜x2?x1＜

x2-x1

lnx2-lnx1

＜x2  ?1-

x1

x2

＜ln

x2

x1

＜

x2

x1

-1，令

x2

x1

=t(t＞1)，即证1-

1

t

＜lnt＜t-1（8分）
由于t＞1，令g（t）=lnt+

1

t

?g′(t)=

1

t

-

1

t2

=

t-1

t2

＞0，所以g（t）＞g（1）=1，
即不等式lnt＞1-

1

t

成立，令h(t)=lnt-t?h′(t)=

1

t

-1＜0?h(t)＜h(1)=-1
即lnt＜t-1，所以，不等式1-

1

t

＜lnt＜t-1成立，即得原不等式成立（14分）