Question

设函数f（x）=xln（ax）（a＞0）
（Ⅰ）设F（x）=

1

2

（lna）x²+f′（x），讨论函数F（x）的单调性；
（Ⅱ）过两点A（x₁，f′（x₁）），B（x₂，f′（x₂））（x₁＜x₂）的直线的斜率为k，求证：0＜k＜

1

x1

．

Answer 1

考点：导数的运算,利用导数研究曲线上某点切线方程

专题：导数的综合应用

分析：（I）f′（x）=ln（ax）+1，可得F（x）=

1

2

(lna)x2+ln(ax)+1，（x＞0）．F′（x）=xlna+

1

x

=

x2lna+1

x

．对lna分类讨论即可得出单调性．
（II）k=

f′(x2)-f′(x1)

x2-x1

=

ln(ax2)-ln(ax1)

x2-x1

=

ln x2 x1

x2-x1

，要证明

1

x2

＜k＜

1

x1

，由于x₂-x₁＞0，只要证明

x2-x1

x2

＜ln

x2

x1

＜

x2-x1

x1

即可，令t=

x2

x1

＞1，只要证明1-

1

t

＜lnt＜t-1即可．分别构造函数利用导数研究函数的单调性极值与最值即可证明．

解答： （I）解：f′（x）=ln（ax）+1，
∴F（x）=

1

2

(lna)x2+ln(ax)+1，（x＞0）．
F′（x）=xlna+

1

x

=

x2lna+1

x

．
①当lna≥0即a≥1时，恒有F′（x）≥0，∴F（x）在（0，+∞）上单调递增；
②令lna＜0即0＜a＜1时，令F′（x）＞0，即x²lna+1＞0，解得0＜x＜

- 1 lna

；
令F′（x）＜0，即x²lna+1＜0，解得x＞

- 1 lna

．
综上可得：当a≥1时，F（x）在（0，+∞）上单调递增；
当0＜a＜1时，函数F（x）在(0，

- 1 lna

)上单调递增；在(

- 1 lna

，+∞)单调递减．
（II）证明：k=

f′(x2)-f′(x1)

x2-x1

=

ln(ax2)-ln(ax1)

x2-x1

=

ln x2 x1

x2-x1

，
要证明

1

x2

＜k＜

1

x1

，∵x₂-x₁＞0，只要证明

x2-x1

x2

＜ln

x2

x1

＜

x2-x1

x1

即可，
令t=

x2

x1

＞1，只要证明1-

1

t

＜lnt＜t-1即可．
①设g（t）=t-1-lnt，则g′(t)=1-

1

t

＞0（t＞1），
∴g（t）在[1，+∞）上单调递增，
∴t＞1时，g（t）＞g（1）=0，
∴t-1＞lnt成立．
②要证明1-

1

t

＜lnt，
∵t＞1，∴只要证明t-1＜tlnt即可，
令h（t）=tlnt-（t-1），则h′（t）=lnt+1-1=lnt＞0（t＞1），
∴h（t）在[1，+∞）上单调递增，
∴t＞1时，h（t）＞h（1）=0，
∴t-1＜tlnt．
综上①②可得：

1

x2

＜k＜

1

x1

成立．即0＜k＜

1

x1

成立．

点评：本题考查了通过构造函数利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了分类讨论的思想方法，考查了推理能力和计算能力，属于难题．