Question

已知函数f（x）=x（lnx+1）（x＞0）．
（Ⅰ）令F（x）=-

1

2

x2+f′（x），讨论函数F（x）的单调性；
（Ⅱ）若直线l与曲线y=f′（x）交于A（x₁，y₁）、B（x₂，y₂）（x₁＜x₂）两点．求证：x₁＜

x1-x2

f′(x1)-f′(x2)

＜x2．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,利用导数求闭区间上函数的最值

专题：计算题,证明题,导数的综合应用

分析：（Ⅰ）由题意，求导f′（x）=lnx+2，（x＞0）；从而可得F（x）=-

1

2

x²+lnx+2，（x＞0）；再求导F′（x）=-x+

1

x

=

-x2+1

x

；从而确定函数的单调区间；
（Ⅱ）由题意，x₁＜

x1-x2

f′(x1)-f′(x2)

＜x2可化为1＜

x2 x1 -1

ln x2 x1

＜

x2

x1

，再令

x2

x1

=t＞1，从而转化为证明1＜

t-1

lnt

＜t，即lnt＜t-1＜tlnt，（t＞1）；构造函数，通过函数的单调性证明即可．

解答： 解：（Ⅰ）由题意，f′（x）=lnx+2，（x＞0）；
F（x）=-

1

2

x²+lnx+2，（x＞0）；
∴F′（x）=-x+

1

x

=

-x2+1

x

；
故当x∈（0，1）时，F′（x）＞0，当x∈（1，+∞）时，F′（x）＜0；
综上所述，F（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减；
（Ⅱ）证明：由题意，要证x₁＜

x1-x2

f′(x1)-f′(x2)

＜x2，
即证x₁＜

x2-x1

lnx2-lnx1

＜x₂，
即证1＜

x2 x1 -1

ln x2 x1

＜

x2

x1

，
令

x2

x1

=t＞1；
则只需证明1＜

t-1

lnt

＜t，由lnt＞0；
即证明：lnt＜t-1＜tlnt，（t＞1）；
①设g（t）=t-1-lnt，（t≥1），
则g′（t）=1-

1

t

≥0；
故g（t）在[1，+∞）上单调递增，而当t＞1时，g（t）=t-1-lnt＞g（1）=0，
即lnt＜t-1；
②设h（t）=tlnt-（t-1），则h′（t）=lnt≥0；
故h（t）在[1，+∞）上单调递增，而当t＞1时，h（t）=t-1-lnt＞h（1）=0，
即tlnt＞t-1；
综上所述，x₁＜

x1-x2

f′(x1)-f′(x2)

＜x2．

点评：本题考查了导数的综合应用及利用函数的单调性证明不等式的方法应用，属于中档题．