Question

【題目】已知函數(shù)f（x）=lnx﹣ x2 ， g（x）= x2+x，m∈R，令F（x）=f（x）+g（x）． （Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；
（Ⅱ）若關(guān)于x的不等式F（x）≤mx﹣1恒成立，求整數(shù)m的最小值；
（Ⅲ）若m=﹣1，且正實數(shù)x1 ， x2滿足F（x1）=﹣F（x2），求證：x1+x2 ﹣1．

Answer 1

【答案】解：（Ⅰ）f（x）的定義域為：{x|x＞0}， f′（x）= ﹣x= ，（x＞0），
由f′（x）＞0，得：0＜x＜1，
所以f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，1）．
（Ⅱ）F（x）=f（x）+g（x）=lnx﹣ mx2+x，x＞0，
令G（x）=F（x）﹣（mx﹣1）=lnx﹣ mx2+（1﹣m）x+1，
則不等式F（x）≤mx﹣1恒成立，即G（x）≤0恒成立．
G′（x）= ﹣mx+（1﹣m）= ，
①當(dāng)m≤0時，因為x＞0，所以G′（x）＞0
所以G（x）在（0，+∞）上是單調(diào)遞增函數(shù)，
又因為G（1）=ln1﹣ m×12+（1﹣m）+1=﹣ m+2＞0，
所以關(guān)于x的不等式G（x）≤0不能恒成立，
②當(dāng)m＞0時，G′（x）=﹣ ，
令G′（x）=0，因為x＞0，得x= ，
所以當(dāng)x∈（0， ）時，G′（x）＞0；當(dāng)x∈（ ，+∞）時，G′（x）＜0，
因此函數(shù)G（x）在x∈（0， ）是增函數(shù)，在x∈（ ，+∞）是減函數(shù)，
故函數(shù)G（x）的最大值為：
G（ ）=ln ﹣ m× +（1﹣m）× +1= ﹣lnm，
令h（m）= ﹣lnm，因為h（m）在m∈（0，+∞）上是減函數(shù)，
又因為h（1）= ＞0，h（2）= ﹣ln2＜0，所以當(dāng)m≥2時，h（m）＜0，
所以整數(shù)m的最小值為2．
（Ⅲ）m=﹣1時，F(xiàn)（x）=lnx+ x2+x，x＞0，
由F（x1）=﹣F（x2），得F（x1）+F（x2）=0，即lnx1+ +x1+lnx2+ +x2=0，
整理得： +（x1+x2）=x1 x2﹣ln（x1 x2），
令t=x1x2＞0，則由φ（t）=t﹣lnt，得：φ′（t）= ，
可知φ（t）在區(qū)間（0，1）上單調(diào)遞減，在區(qū)間（1，+∞）上單調(diào)遞增，
所以φ（t）≥φ（1）=1，
所以 +（x1+x2）≥1，解得：x1+x2≤﹣ ﹣1，或x1+x2≥ ﹣1，
因為x1 ， x2為正整數(shù)，所以：x1+x2≥ ﹣1成立
【解析】（Ⅰ）先求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，從而得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（Ⅱ）令G（x）=F（x）﹣（mx﹣1）=lnx﹣ mx2+（1﹣m）x+1，則不等式F（x）≤mx﹣1恒成立，即G（x）≤0恒成立，通過討論G（x）的單調(diào)性，從而求出m的范圍；（Ⅲ）將m=﹣1代入函數(shù)表達式，得到關(guān)于x1 ， x2的方程，令t=x1x2＞0，則由φ（t）=t﹣lnt，通過討論函數(shù)的單調(diào)性，從而證出結(jié)論．
【考點精析】關(guān)于本題考查的利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和函數(shù)的最大(小)值與導(dǎo)數(shù)，需要了解一般的,函數(shù)的單調(diào)性與其導(dǎo)數(shù)的正負(fù)有如下關(guān)系： 在某個區(qū)間內(nèi)，(1)如果，那么函數(shù)在這個區(qū)間單調(diào)遞增；(2)如果，那么函數(shù)在這個區(qū)間單調(diào)遞減；求函數(shù)在上的最大值與最小值的步驟：（1）求函數(shù)在內(nèi)的極值；（2）將函數(shù)的各極值與端點處的函數(shù)值，比較，其中最大的是一個最大值，最小的是最小值才能得出正確答案．