Question

8．已知函数f（x）=x（lnx+1）（x＞0），f（x）的导数是f′（x）．
（1）求函数f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）求函数F（x）=ax²+f′（x）（a∈R）的单调区间；
（3）若斜率为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＜$\frac{1}{k}$＜x₂．

Answer 1

分析 （1）求出函数f（x）的导数，求出切线的斜率f′（1），求出f（1）的值，从而求出切线方程；
（2）先求出F（x）的导数，通过讨论参数a的范围，从而求出函数的单调区间；
（3）先求出k的表达式，问题转化为证明证x₁＜$\frac{{x}_{2}{-x}_{1}}{l{nx}_{2}-l{nx}_{1}}$＜x₂，等价于证1＜$\frac{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1}{ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}$＜$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，令t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，等价于lnt＜t-1＜tlnt（t＞0）（*），结合函数的单调性，从而证出结论成立．

解答 解：（1）∵f′（x）=lnx+2，∴f′（1）=ln1+2=2，
而f（1）=1，
∴函数f（x）在点（1，1）处的方程是：y-1=2（x-1），
即2x-y-1=0；
（2）由f（x）=x（lnx+1）（x＞0），得f′（x）=lnx+2（x＞0），
F（x）=ax²+lnx+2（x＞0），∴F′（x）=2ax+$\frac{1}{x}$=$\frac{2{ax}^{2}+1}{x}$（x＞0）．
①当a≥0时，恒有F′（x）＞0，故F（x）在（0，+∞）上是增函数；
②当a＜0时，
令F′（x）＞0，得2ax²+1＞0，解得0＜x＜$\sqrt{-\frac{1}{2a}}$；
令F′（x）＜0，得2ax²+1＜0，解得x＞$\sqrt{-\frac{1}{2a}}$；
综上，当a≥0时，F（x）在（0，+∞）上是增函数；
当a＜0时，F（x）在（0，$\sqrt{-\frac{1}{2a}}$）上单调递增，在（$\sqrt{-\frac{1}{2a}}$，+∞）上单调递减；
（3）k=$\frac{f′{（x}_{2}）-f′{（x}_{1}）}{{x}_{2}{-x}_{1}}$=$\frac{l{nx}_{2}-l{nx}_{1}}{{x}_{2}{-x}_{1}}$，
要证x₁＜$\frac{1}{k}$＜x₂，即证x₁＜$\frac{{x}_{2}{-x}_{1}}{l{nx}_{2}-l{nx}_{1}}$＜x₂，
等价于证1＜$\frac{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1}{ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}$＜$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，令t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，
则只要证1＜$\frac{t-1}{lnt}$＜t，由t＞1，知lnt＞0，故等价于lnt＜t-1＜tlnt（t＞0）（*）
①设g（t）=t-1-lnt（t≥1），则g′（t）=1-$\frac{1}{t}$≥0（t≥1），
故g（t）在[1，+∞）上是增函数，
∴当t＞1时，g（t）=t-1-lnt＞g（1）=0，即t-1＞lnt（t-1）
②设h（t）=tlnt-（t-1）（t≥1），则h′（t）=lnt≥0（t≥1），
故h（t）在[1，+∞）上是增函数．
∴当t＞1时，h（t）=tlnt-（t-1）＞h（1）=0，即t-1（t＞1）．
由①②知（*）成立，故x₁＜$\frac{1}{k}$＜x₂．

点评 本题考查了求曲线的切线方程，考查导数的应用，考查函数的单调性，考查转化思想，本题有一定的难度．