Question

7．已知f（x）=x（lnx-mx）（m∈R）．
（I）当m=1时，求f（x）过点（1，-1）的切线方程；
（Ⅱ）若函数F（x）=1nx+$\frac{1}{2}$x²-2mx+1两个极值点x₁，x₂，且x₁＜x₂，求证：f（x₂）＜-1＜f（x₁）

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的导数，计算f′（1），求出切线方程即可；
（Ⅱ）求出F（x）的导函数，把原函数有两个极值点转化为h（x）=x²-2ax+1在（0，+∞）上有两个相异零点x₁，x₂．由此结合二次函数根的分布求得a的范围．进一步得到m=$\frac{{x}^{2}+1}{2x}$，代入f（x），利用导数求得f（x₂）＜-1＜f（x₁）．

解答 （Ⅰ）解：m=1时，f（x）=x（lnx-x），f′（x）=lnx-2x+1，
故f′（1）=-1，
故切线方程是：y+1=-（x-1），
即x+y=0；
（Ⅱ）证明：∵F（x）=lnx-2mx+1+$\frac{1}{2}$x²，
∴F′（x）=$\frac{1}{x}$-2mx+x=$\frac{{x}^{2}-2mx+1}{x}$，
函数F（x）有两个极值点x₁，x₂，
即h（x）=x²-2mx+1在（0，+∞）上有两个相异零点x₁，x₂．
∵x₁x₂=1＞0，∴$\left\{\begin{array}{l}{△={4a}^{2}-4＞0}\\{{x}_{1}{+x}_{2}=2m＞0}\end{array}\right.$，则m＞1．
当0＜x＜x₁ 或x＞x₂时，F′（x）＞0，当x₁＜x＜x₂时，F′（x）＜0，
∴F（x）在（0，x₁），（x₂，+∞）上单调递增，在（x₁，x₂）上单调递减；
∵h（1）=2-2m＜0，∴0＜x₁＜1＜m＜x₂，
令x²-2mx+1=0，得m=$\frac{{x}^{2}+1}{2x}$，
∴f（x）=x（lnx-mx）=xlnx-$\frac{1}{2}$x³-$\frac{1}{2}$x，则f′（x）=lnx-$\frac{3}{2}$x²+$\frac{1}{2}$，
设s（x）=lnx-$\frac{3}{2}$x²+$\frac{1}{2}$，s′（x）=$\frac{1}{x}$-3x=$\frac{1-{3x}^{2}}{x}$，
①当x＞1时，s′（x）＜0，s（x）在（1，+∞）上单调递减，
从而s（x）在（m，+∞）上单调递减，
∴s（x）＜s（m）＜s（1）=-1＜0，
∴f（x）在（1，+∞）上单调递减，
∴f（x）＜f（1）=-1＜0，
∵1＜m＜x₂，∴f（x₂）＜-1；
②当0＜x＜1时，由s′（x）＞0，得0＜x＜$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
由s′（x）＜0，得$\frac{\sqrt{3}}{3}$＜x＜1，∴s（x）在（0，$\frac{\sqrt{3}}{3}$）上单调递增，在（$\frac{\sqrt{3}}{3}$，1）上单调递减，
∴s（x）≤s（$\frac{\sqrt{3}}{3}$）=ln$\frac{\sqrt{3}}{3}$＜0，∴f（x）在（0，1）上单调递减，则f（x）＞f（1）=-1，
∵x₁∈（0，1），∴f（x₁）＞-1．
综上可知：f（x₂）＜-1＜f（x₁）．

点评 本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查利用导数求函数的最值，训练了利用导数证明函数不等式问题，对于（Ⅱ）的证明，着重考查了分类讨论的数学思想方法，运用了二次函数零点所在区间的判断，题目设置难度大，综合型强，是压轴题．