Question

【題目】已知函數f（x）=lnx﹣ x2 ， g（x）= x2+x，m∈R，令F（x）=f（x）+g（x）． （Ⅰ）求函數f（x）的單調遞增區(qū)間；
（Ⅱ）若關于x的不等式F（x）≤mx﹣1恒成立，求整數m的最小值；
（Ⅲ）若m=﹣1，且正實數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m≤0時，因為x＞0，所以G′（x）＞0
所以G（x）在（0，+∞）上是單調遞增函數，
又因為G（1）=ln1﹣ m×12+（1﹣m）+1=﹣ m+2＞0，
所以關于x的不等式G（x）≤0不能恒成立，
②當m＞0時，G′（x）=﹣ ，
令G′（x）=0，因為x＞0，得x= ，
所以當x∈（0， ）時，G′（x）＞0；當x∈（ ，+∞）時，G′（x）＜0，
因此函數G（x）在x∈（0， ）是增函數，在x∈（ ，+∞）是減函數，
故函數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，
又因為h（1）= ＞0，h（2）= ﹣ln2＜0，所以當m≥2時，h（m）＜0，
所以整數m的最小值為2．
（Ⅲ）m=﹣1時，F（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）上單調遞減，在區(qū)間（1，+∞）上單調遞增，
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，所以：x1+x2≥ ﹣1成立
【解析】（Ⅰ）先求出函數的導數，從而得到函數的單調區(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）的單調性，從而求出m的范圍；（Ⅲ）將m=﹣1代入函數表達式，得到關于x1 ， x2的方程，令t=x1x2＞0，則由φ（t）=t﹣lnt，通過討論函數的單調性，從而證出結論．
【考點精析】關于本題考查的利用導數研究函數的單調性和函數的最大(小)值與導數，需要了解一般的,函數的單調性與其導數的正負有如下關系： 在某個區(qū)間內，(1)如果，那么函數在這個區(qū)間單調遞增；(2)如果，那么函數在這個區(qū)間單調遞減；求函數在上的最大值與最小值的步驟：（1）求函數在內的極值；（2）將函數的各極值與端點處的函數值，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．