Question

3．已知函數$f（x）=\frac{1}{2}{x^2}+x-xlnx$的導函數為f'（x）．
（Ⅰ）判斷f（x）的單調性；
（Ⅱ）若關于x的方程f'（x）=m有兩個實數根x₁，x₂（x₁＜x₂），求證：${x_1}{x_2}^2＜2$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數的導數，解關于導函數的不等式，求出函數的單調區間即可；
（Ⅱ）欲證${x_1}{x_2}^2＜2$成立，問題轉化為證$\frac{lnt}{t-1}•\frac{{{t^2}{{（lnt）}^2}}}{{{{（t-1）}^2}}}＜2$成立，即證$lnt＜\frac{{{2^{\frac{1}{3}}}（t-1）}}{{{t^{\frac{2}{3}}}}}$成立，根據函數的單調性證明即可．

解答 解：（Ⅰ）f'（x）=x+1-（1+lnx）=x-lnx（x＞0），
令g（x）=x-lnx，由$g'（x）=1-\frac{1}{x}=\frac{x-1}{x}$（x＞0），
可得g（x）在（0，1）上單調遞減，（1，+∞）上單調遞增，
∴f'（x）=g（x）≥g（1）=1＞0，
∴f（x）在（0，+∞）上單調遞增   …（4分）
（Ⅱ）依題意，$\left\{{\begin{array}{l}{{x_1}-ln{x_1}=m}\\{{x_2}-ln{x_2}=m}\end{array}}\right.$，相減得${x_1}-{x_2}=ln\frac{x_2}{x_1}$，
令$\frac{x_2}{x_1}=t$（t＞1），則有${x_1}=\frac{lnt}{t-1}$，${x_2}=\frac{tlnt}{t-1}$，
欲證${x_1}{x_2}^2＜2$成立，
只需證$\frac{lnt}{t-1}•\frac{{{t^2}{{（lnt）}^2}}}{{{{（t-1）}^2}}}＜2$成立，
即證${（lnt）^3}＜\frac{{2{{（t-1）}^3}}}{t^2}$成立，
即證$lnt＜\frac{{{2^{\frac{1}{3}}}（t-1）}}{{{t^{\frac{2}{3}}}}}$成立，
令${t^{\frac{1}{3}}}=x$（x＞1），只需證${2^{\frac{1}{3}}}（x-\frac{1}{x^2}）-3lnx＞0$成立，
令$F（x）={2^{\frac{1}{3}}}（x-\frac{1}{x^2}）-3lnx$（x＞1），
即證x＞1時，F（x）＞0成立$F'（x）={2^{\frac{1}{3}}}（1+\frac{2}{x^3}）-\frac{3}{x}=\frac{{{2^{\frac{1}{3}}}（{x^3}+2）-3{x^2}}}{x^3}$，
令$h（x）={2^{\frac{1}{3}}}（{x^3}+2）-3{x^2}$（x＞1），
則$h'（x）={2^{\frac{1}{3}}}（3{x^2}）-6x=3x（{2^{\frac{1}{3}}}x-2）$（x＞1），
可得h（x）在$（1，{2^{\frac{2}{3}}}）$內遞減，在$（{2^{\frac{2}{3}}}，+∞）$內遞增，
∴$h（x）≥h（{2^{\frac{2}{3}}}）=0$，
∴F'（x）≥0，
∴F（x）在（1，+∞）上單調遞增，
∴F（x）＞F（1）=0成立，故原不等式成立．

點評 本題考查了函數的單調性、最值問題，考查導數的應用以及轉化思想，換元思想，考查不等式的證明，是一道綜合題．