Question

3．已知函数$f（x）=\frac{1}{2}{x^2}+x-xlnx$的导函数为f'（x）．
（Ⅰ）判断f（x）的单调性；
（Ⅱ）若关于x的方程f'（x）=m有两个实数根x₁，x₂（x₁＜x₂），求证：${x_1}{x_2}^2＜2$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）欲证${x_1}{x_2}^2＜2$成立，问题转化为证$\frac{lnt}{t-1}•\frac{{{t^2}{{（lnt）}^2}}}{{{{（t-1）}^2}}}＜2$成立，即证$lnt＜\frac{{{2^{\frac{1}{3}}}（t-1）}}{{{t^{\frac{2}{3}}}}}$成立，根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（Ⅰ）f'（x）=x+1-（1+lnx）=x-lnx（x＞0），
令g（x）=x-lnx，由$g'（x）=1-\frac{1}{x}=\frac{x-1}{x}$（x＞0），
可得g（x）在（0，1）上单调递减，（1，+∞）上单调递增，
∴f'（x）=g（x）≥g（1）=1＞0，
∴f（x）在（0，+∞）上单调递增   …（4分）
（Ⅱ）依题意，$\left\{{\begin{array}{l}{{x_1}-ln{x_1}=m}\\{{x_2}-ln{x_2}=m}\end{array}}\right.$，相减得${x_1}-{x_2}=ln\frac{x_2}{x_1}$，
令$\frac{x_2}{x_1}=t$（t＞1），则有${x_1}=\frac{lnt}{t-1}$，${x_2}=\frac{tlnt}{t-1}$，
欲证${x_1}{x_2}^2＜2$成立，
只需证$\frac{lnt}{t-1}•\frac{{{t^2}{{（lnt）}^2}}}{{{{（t-1）}^2}}}＜2$成立，
即证${（lnt）^3}＜\frac{{2{{（t-1）}^3}}}{t^2}$成立，
即证$lnt＜\frac{{{2^{\frac{1}{3}}}（t-1）}}{{{t^{\frac{2}{3}}}}}$成立，
令${t^{\frac{1}{3}}}=x$（x＞1），只需证${2^{\frac{1}{3}}}（x-\frac{1}{x^2}）-3lnx＞0$成立，
令$F（x）={2^{\frac{1}{3}}}（x-\frac{1}{x^2}）-3lnx$（x＞1），
即证x＞1时，F（x）＞0成立$F'（x）={2^{\frac{1}{3}}}（1+\frac{2}{x^3}）-\frac{3}{x}=\frac{{{2^{\frac{1}{3}}}（{x^3}+2）-3{x^2}}}{x^3}$，
令$h（x）={2^{\frac{1}{3}}}（{x^3}+2）-3{x^2}$（x＞1），
则$h'（x）={2^{\frac{1}{3}}}（3{x^2}）-6x=3x（{2^{\frac{1}{3}}}x-2）$（x＞1），
可得h（x）在$（1，{2^{\frac{2}{3}}}）$内递减，在$（{2^{\frac{2}{3}}}，+∞）$内递增，
∴$h（x）≥h（{2^{\frac{2}{3}}}）=0$，
∴F'（x）≥0，
∴F（x）在（1，+∞）上单调递增，
∴F（x）＞F（1）=0成立，故原不等式成立．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及转化思想，换元思想，考查不等式的证明，是一道综合题．