Question

8．已知函數(shù)f（x）=x（lnx+1）（x＞0），f（x）的導(dǎo)數(shù)是f′（x）．
（1）求函數(shù)f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程；
（2）求函數(shù)F（x）=ax²+f′（x）（a∈R）的單調(diào)區(qū)間；
（3）若斜率為k的直線與曲線y=f′（x）交于A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）（x₁＜x₂）兩點(diǎn)，求證：x₁＜$\frac{1}{k}$＜x₂．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)，求出切線的斜率f′（1），求出f（1）的值，從而求出切線方程；
（2）先求出F（x）的導(dǎo)數(shù)，通過(guò)討論參數(shù)a的范圍，從而求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（3）先求出k的表達(dá)式，問(wèn)題轉(zhuǎn)化為證明證x₁＜$\frac{{x}_{2}{-x}_{1}}{l{nx}_{2}-l{nx}_{1}}$＜x₂，等價(jià)于證1＜$\frac{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1}{ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}$＜$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，令t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，等價(jià)于lnt＜t-1＜tlnt（t＞0）（*），結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性，從而證出結(jié)論成立．

解答 解：（1）∵f′（x）=lnx+2，∴f′（1）=ln1+2=2，
而f（1）=1，
∴函數(shù)f（x）在點(diǎn)（1，1）處的方程是：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當(dāng)a≥0時(shí)，恒有F′（x）＞0，故F（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)；
②當(dāng)a＜0時(shí)，
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＞$\sqrt{-\frac{1}{2a}}$；
綜上，當(dāng)a≥0時(shí)，F(xiàn)（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)；
當(dāng)a＜0時(shí)，F(xiàn)（x）在（0，$\sqrt{-\frac{1}{2a}}$）上單調(diào)遞增，在（$\sqrt{-\frac{1}{2a}}$，+∞）上單調(diào)遞減；
（3）k=$\frac{f′{（x}_{2}）-f′{（x}_{1}）}{{x}_{2}{-x}_{1}}$=$\frac{l{nx}_{2}-l{nx}_{1}}{{x}_{2}{-x}_{1}}$，
要證x₁＜$\frac{1}{k}$＜x₂，即證x₁＜$\frac{{x}_{2}{-x}_{1}}{l{nx}_{2}-l{nx}_{1}}$＜x₂，
等價(jià)于證1＜$\frac{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1}{ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}$＜$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，令t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，
則只要證1＜$\frac{t-1}{lnt}$＜t，由t＞1，知lnt＞0，故等價(jià)于lnt＜t-1＜tlnt（t＞0）（*）
①設(shè)g（t）=t-1-lnt（t≥1），則g′（t）=1-$\frac{1}{t}$≥0（t≥1），
故g（t）在[1，+∞）上是增函數(shù)，
∴當(dāng)t＞1時(shí)，g（t）=t-1-lnt＞g（1）=0，即t-1＞lnt（t-1）
②設(shè)h（t）=tlnt-（t-1）（t≥1），則h′（t）=lnt≥0（t≥1），
故h（t）在[1，+∞）上是增函數(shù)．
∴當(dāng)t＞1時(shí)，h（t）=tlnt-（t-1）＞h（1）=0，即t-1（t＞1）．
由①②知（*）成立，故x₁＜$\frac{1}{k}$＜x₂．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了求曲線的切線方程，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，考查函數(shù)的單調(diào)性，考查轉(zhuǎn)化思想，本題有一定的難度．