Question

7．已知f（x）=x（lnx-mx）（m∈R）．
（I）當(dāng)m=1時(shí)，求f（x）過點(diǎn)（1，-1）的切線方程；
（Ⅱ）若函數(shù)F（x）=1nx+$\frac{1}{2}$x²-2mx+1兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂，且x₁＜x₂，求證：f（x₂）＜-1＜f（x₁）

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，計(jì)算f′（1），求出切線方程即可；
（Ⅱ）求出F（x）的導(dǎo)函數(shù)，把原函數(shù)有兩個(gè)極值點(diǎn)轉(zhuǎn)化為h（x）=x²-2ax+1在（0，+∞）上有兩個(gè)相異零點(diǎn)x₁，x₂．由此結(jié)合二次函數(shù)根的分布求得a的范圍．進(jìn)一步得到m=$\frac{{x}^{2}+1}{2x}$，代入f（x），利用導(dǎo)數(shù)求得f（x₂）＜-1＜f（x₁）．

解答 （Ⅰ）解：m=1時(shí)，f（x）=x（lnx-x），f′（x）=lnx-2x+1，
故f′（1）=-1，
故切線方程是：y+1=-（x-1），
即x+y=0；
（Ⅱ）證明：∵F（x）=lnx-2mx+1+$\frac{1}{2}$x²，
∴F′（x）=$\frac{1}{x}$-2mx+x=$\frac{{x}^{2}-2mx+1}{x}$，
函數(shù)F（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂，
即h（x）=x²-2mx+1在（0，+∞）上有兩個(gè)相異零點(diǎn)x₁，x₂．
∵x₁x₂=1＞0，∴$\left\{\begin{array}{l}{△={4a}^{2}-4＞0}\\{{x}_{1}{+x}_{2}=2m＞0}\end{array}\right.$，則m＞1．
當(dāng)0＜x＜x₁ 或x＞x₂時(shí)，F(xiàn)′（x）＞0，當(dāng)x₁＜x＜x₂時(shí)，F(xiàn)′（x）＜0，
∴F（x）在（0，x₁），（x₂，+∞）上單調(diào)遞增，在（x₁，x₂）上單調(diào)遞減；
∵h(yuǎn)（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，則f′（x）=lnx-$\frac{3}{2}$x²+$\frac{1}{2}$，
設(shè)s（x）=lnx-$\frac{3}{2}$x²+$\frac{1}{2}$，s′（x）=$\frac{1}{x}$-3x=$\frac{1-{3x}^{2}}{x}$，
①當(dāng)x＞1時(shí)，s′（x）＜0，s（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，
從而s（x）在（m，+∞）上單調(diào)遞減，
∴s（x）＜s（m）＜s（1）=-1＜0，
∴f（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，
∴f（x）＜f（1）=-1＜0，
∵1＜m＜x₂，∴f（x₂）＜-1；
②當(dāng)0＜x＜1時(shí)，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，$\frac{\sqrt{3}}{3}$）上單調(diào)遞增，在（$\frac{\sqrt{3}}{3}$，1）上單調(diào)遞減，
∴s（x）≤s（$\frac{\sqrt{3}}{3}$）=ln$\frac{\sqrt{3}}{3}$＜0，∴f（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，則f（x）＞f（1）=-1，
∵x₁∈（0，1），∴f（x₁）＞-1．
綜上可知：f（x₂）＜-1＜f（x₁）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究過曲線上某點(diǎn)處的切線方程，考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，訓(xùn)練了利用導(dǎo)數(shù)證明函數(shù)不等式問題，對(duì)于（Ⅱ）的證明，著重考查了分類討論的數(shù)學(xué)思想方法，運(yùn)用了二次函數(shù)零點(diǎn)所在區(qū)間的判斷，題目設(shè)置難度大，綜合型強(qiáng)，是壓軸題．