Question

已知函數(shù)f（x）=lnx-x-1，g（x）=

1

2

x²
（1）求函數(shù)f（x）的極大值；
（2）定義運算：

.

a b d c

.

=ac-bd，其中a，b，c，d∈R
①若M（x）=

.

k f(x) 1 g(x)

.

，k∈R，討論函數(shù)M（x）的單調(diào)性；②設函數(shù)F（x）=f（x）+x+1，已知函數(shù)H（x）是F（x）的反函數(shù)，若關于x的不等式

.

m H(x+1) H(F(x)+1) H(x+1)-1

.

＜1（m∈R）在x∈（0，+∞）上恒成立，求整數(shù)m的最大值．

Answer 1

考點：利用導數(shù)研究函數(shù)的極值,利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值

專題：綜合題,導數(shù)的綜合應用

分析：（1）求導數(shù)，確定函數(shù)的單調(diào)性，即可求函數(shù)f（x）的極大值；
（2）①分類討論，利用導數(shù)的正負，即可得出函數(shù)M（x）的單調(diào)性；
②

.

m H(x+1) H(F(x)+1) H(x+1)-1

.

＜1，可得m＜

(x+1)ex+1+1

ex+1-1

，x＞0，換元求最值，即可求整數(shù)m的最大值．

解答： 解：（1）∵f（x）=lnx-x-1，
∴f′（x）=

1

x

-1=0，∴x=1，
∵x＞1，f′（x）＜0，0＜x＜1，f′（x）＞0，
∴x=1時，函數(shù)f（x）的極大值為-2；
（2）①M（x）=

.

k f(x) 1 g(x)

.

=

1

2

kx2-lnx+x+1（x＞0），
∴M′（x）=

kx2+x-1

x

．
若k=0，則M′（x）＞0，x＞1，M′（x）＜0，0＜x＜1，
∴M（x）的單調(diào)減區(qū)間為（0，1），單調(diào)增區(qū)間為（1，+∞）；
若k＞0，則令P（x）=kx²+x-1，恒過（0，-1），
∴P（x）=0有兩個異號根x₁，x₂（x₁＜x₂），
∴x₂=

-1+ 1+4k

2k

，
x＞x₂，M′（x）＞0；0＜x＜x₂，M′（x）＜0
∴M（x）在（0，x₂）上單調(diào)遞減，在（x₂，+∞）上單調(diào)遞增；
若k＜0，令N（x）=kx²+x-1，則對稱軸為x=-

1

2k

＞0，△=+4k，
若1+4k≤0，N（x）≤0，M（x）在定義域內(nèi)單調(diào)遞減；
1+4k＞0，即-

1

4

＜k＜0，則N（x）=kx²+x-1有兩個不相等的正根，記為x₃，x₄（x₃＜x₄），
∴x₃=

-1+ 1+4k

2k

，x₄=

-1- 1+4k

2k

，
∴M（x）在（0，x₃）、（x₃，x₄）上單調(diào)遞減，在（x₃，x₄）上單調(diào)遞增；
②F（x）=lnx，H（x）=e^x，
∵

.

m H(x+1) H(F(x)+1) H(x+1)-1

.

＜1，
∴m＜

(x+1)ex+1+1

ex+1-1

，x＞0，
令x+1=t（t＞1），G（t）=

tet+1

et-1

，
∴G′（t）=

et(et-t-2)

(et-1)2

令R（t）=e^t-t-2（t＞1），則R′（t）=e^t-1＞0，
∴R（t）=e^t-t-2在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
∵R（1）=e-3＜0，R（2）＞0，
∴?t₁∈（1，2），使得R（t₁）=0，
t∈（0，t₁）時，R（t）＜0，∴G′（t）＜0；
t∈（t₁，+∞）時，R（t）＞0，∴G′（t）＞0，
∴G（t）_min=G（t₁）=t₁+1，
∵t₁∈（1，2），
∴G（t₁）∈（2，3），
∴整數(shù)m的最大值為2．

點評：本題考查導數(shù)知識的綜合運用，考查函數(shù)的單調(diào)性與極值，考查學生分析解決問題的能力，難度大．