Question

18．已知函数f（x）=x（1+lnx）．
（Ⅰ）求函数f（x）的最小值；
（Ⅱ）设F（x）=ax²+f′（x）（a∈R），讨论函数F（x）的单调性；
（Ⅲ）若斜率为k的直线与曲线y=f'（x）交于A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）两点，其中x₁＜x₂，求证：${x_1}＜\frac{1}{k}＜{x_2}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求导数，确定函数的单调性，即可求函数f（x）的最小值；
（Ⅱ）设F（x）=ax²+f′（x）（a∈R），求导数，对a分类讨论，利用导数的正负，即可讨论函数F（x）的单调性；
（Ⅲ）$k=\frac{{f'（{x_2}）-f'（{x_1}）}}{{{x_2}-{x_1}}}=\frac{{ln{x_2}-ln{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}$，要证明${x_1}＜\frac{1}{k}＜{x_2}$，即证${x_1}＜\frac{{{x_2}-{x_1}}}{{ln{x_2}-ln{x_1}}}＜{x_2}$，等价于$1＜\frac{{\frac{x_2}{x_1}-1}}{{ln\frac{x_2}{x_1}}}＜\frac{x_2}{x_1}$，令$t=\frac{x_2}{x_1}$（由x₁＜x₂，知t＞1），则只需证$1＜\frac{t-1}{lnt}＜t$，由t＞1，知lnt＞0，故等价于lnt＜t-1＜tlnt（t＞1）．

解答 解：（Ⅰ）f'（x）=lnx+2（x＞0），…（1分）
令f'（x）=0，得$x=\frac{1}{e^2}$，
当$x∈（{0，\frac{1}{e^2}}）$时，f'（x）＜0；当$x∈（{\frac{1}{e^2}，+∞}）$时，f'（x）＞0．
则f（x）在$（{0，\frac{1}{e^2}}）$内递减，在$（{\frac{1}{e^2}，+∞}）$内递增，…（2分）
所以当$x=\frac{1}{e^2}$时，函数f（x）取得最小值，且$f{（x）_{min}}=f（{\frac{1}{e^2}}）=\frac{1}{e^2}（{ln\frac{1}{e^2}+1}）=-\frac{1}{e^2}$…（3分）
（Ⅱ）F（x）=ax²+lnx+2，$F'（x）=2ax+\frac{1}{x}=\frac{{2a{x^2}+1}}{x}$（x＞0），…（4分）
当a≥0时，恒有F'（x）＞0，F（x）在区间（0，+∞）内是增函数；…（5分）
当a＜0时，令F'（x）＞0，即2ax²+1＞0，解得$0＜x＜\sqrt{-\frac{1}{2a}}$，
令F'（x）＜0，即2ax²+1＜0，解得$x＞\sqrt{-\frac{1}{2a}}$，…（6分）
综上，当a≥0时，F（x）在区间（0，+∞）内是增函数，当a＜0时，F（x）在$（{0，\sqrt{-\frac{1}{2a}}}）$内单调递增，在$（{\sqrt{-\frac{1}{2a}}，+∞}）$内单调递减．…（7分）
（Ⅲ）证明：$k=\frac{{f'（{x_2}）-f'（{x_1}）}}{{{x_2}-{x_1}}}=\frac{{ln{x_2}-ln{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}$，要证明${x_1}＜\frac{1}{k}＜{x_2}$，
即证${x_1}＜\frac{{{x_2}-{x_1}}}{{ln{x_2}-ln{x_1}}}＜{x_2}$，…（8分）
等价于$1＜\frac{{\frac{x_2}{x_1}-1}}{{ln\frac{x_2}{x_1}}}＜\frac{x_2}{x_1}$，令$t=\frac{x_2}{x_1}$（由x₁＜x₂，知t＞1），
则只需证$1＜\frac{t-1}{lnt}＜t$，由t＞1，知lnt＞0，
故等价于lnt＜t-1＜tlnt（t＞1）（*）…（9分）
①设g（t）=t-1-lnt（t＞1），则$g'（t）=1-\frac{1}{t}＞0$（t＞1），
所以g（t）在（1，+∞）内是增函数，
当t＞1时，g（t）=t-1-lnt＞g（1）=0，所以t-1＞lnt；…（10分）
②设h（t）=tlnt-（t-1）（t＞1），则h'（t）=lnt＞0（t＞1），
所以h（t）在（1，+∞）内是增函数，
所以当t＞1时，h（t）=tlnt-（t-1）＞g（1）=0，即tlnt＞t-1（t＞1）．…（11分）
由①②知（*）成立，所以${x_1}＜\frac{1}{k}＜{x_2}$．…（12分）

点评 本题考查导数知识的综合运用，考查函数的单调性与最值，考查不等式的证明，考查分类讨论的数学思想，属于难题．