问题
解答题
| 已知函数f（x）=x（lnx+1）（x＞0）． （Ⅰ）设F（x）=ax2+f'（x）（a∈R），讨论函数F（x）的单调性； （Ⅱ）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＜
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答案
（Ⅰ）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+
=1 x
（x＞0）．2ax2+1 x
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＜
；- 1 2a
令F′（x）＜0，得2ax2+1＜0，解得x＞
；- 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，
）上单调递增，在（- 1 2a
，+∞）上单调递减；- 1 2a
（Ⅱ）k=
=f′(x2)-f′(x1) x2-x1
．lnx2-lnx1 x2-x1
要证x1＜
＜x2，即证x1＜1 k
＜x2，x2-x1 lnx2-lnx1
等价于证1＜
＜
-1x2 x1 ln x2 x1
，令t=x2 x1
，x2 x1
则只要证1＜
＜t，由t＞1，知lnt＞0，故等价于lnt＜t-1＜tlnt（t＞0）（*）t-1 lnt
①设g（t）=t-1-lnt（t≥1），则g′(t)=1-
≥0（t≥1），1 t
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＜
＜x2．1 k
