Question

8．已知函数f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$x²，g（x）=$\frac{1-m}{2}$x²+x，m∈R，令F（x）=f（x）+g（x）．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调递增区间；
（Ⅱ）若关于x的不等式F（x）≤mx-1恒成立，求整数m的最小值；
（Ⅲ）若m=-1，且正实数x₁，x₂满足F（x₁）=-F（x₂），求证：x₁+x₂$≥\sqrt{3}$-1．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求出函数的导数，从而得到函数的单调区间；
（Ⅱ）令G（x）=F（x）-（mx-1）=lnx-$\frac{1}{2}$mx²+（1-m）x+1，则不等式F（x）≤mx-1恒成立，即G（x）≤0恒成立，通过讨论G（x）的单调性，从而求出m的范围；
（Ⅲ）将m=-1代入函数表达式，得到关于x₁，x₂的方程，令t=x₁•x₂＞0，则由φ（t）=t-lnt，通过讨论函数的单调性，从而证出结论．

解答 解：（Ⅰ）f（x）的定义域为：{x|x＞0}，
f′（x）=$\frac{1}{x}$-x=$\frac{1{-x}^{2}}{x}$，（x＞0），
由f′（x）＞0，得：0＜x＜1，
所以f（x）的单调递增区间为（0，1）．
（Ⅱ）F（x）=f（x）+g（x）=lnx-$\frac{1}{2}$mx²+x，x＞0，
令G（x）=F（x）-（mx-1）=lnx-$\frac{1}{2}$mx²+（1-m）x+1，
则不等式F（x）≤mx-1恒成立，即G（x）≤0恒成立．
G′（x）=$\frac{1}{x}$-mx+（1-m）=$\frac{-{mx}^{2}+（1-m）x+1}{x}$，
①当m≤0时，因为x＞0，所以G′（x）＞0
所以G（x）在（0，+∞）上是单调递增函数，
又因为G（1）=ln1-$\frac{1}{2}$m×1²+（1-m）+1=-$\frac{3}{2}$m+2＞0，
所以关于x的不等式G（x）≤0不能恒成立，
②当m＞0时，G′（x）=-$\frac{m（x-\frac{1}{m}）（x-1）}{x}$，
令G′（x）=0，因为x＞0，得x=$\frac{1}{m}$，
所以当x∈（0，$\frac{1}{m}$）时，G′（x）＞0；当x∈（$\frac{1}{m}$，+∞）时，G′（x）＜0，
因此函数G（x）在x∈（0，$\frac{1}{m}$）是增函数，在x∈（$\frac{1}{m}$，+∞）是减函数，
故函数G（x）的最大值为：
G（$\frac{1}{m}$）=ln$\frac{1}{m}$-$\frac{1}{2}$m×${（\frac{1}{m}）}^{2}$+（1-m）×$\frac{1}{m}$+1=$\frac{1}{2m}$-lnm，
令h（m）=$\frac{1}{2m}$-lnm，因为h（m）在m∈（0，+∞）上是减函数，
又因为h（1）=$\frac{1}{2}$＞0，h（2）=$\frac{1}{4}$-ln2＜0，所以当m≥2时，h（m）＜0，
所以整数m的最小值为2．
（Ⅲ）m=-1时，F（x）=lnx+$\frac{1}{2}$x²+x，x＞0，
由F（x₁）=-F（x₂），得F（x₁）+F（x₂）=0，即lnx₁+$\frac{1}{2}$${{x}_{1}}^{2}$+x₁+lnx₂+$\frac{1}{2}$${{x}_{2}}^{2}$+x₂=0，
整理得：$\frac{1}{2}$${{（x}_{1}{+x}_{2}）}^{2}$+（x₁+x₂）=x₁ x₂-ln（x₁ x₂），
令t=x₁•x₂＞0，则由φ（t）=t-lnt，得：φ′（t）=$\frac{t-1}{t}$，
可知φ（t）在区间（0，1）上单调递减，在区间（1，+∞）上单调递增，
所以φ（t）≥φ（1）=1，
所以$\frac{1}{2}$${{（x}_{1}{+x}_{2}）}^{2}$+（x₁+x₂）≥1，解得：x₁+x₂≤-$\sqrt{3}$-1，或x₁+x₂≥$\sqrt{3}$-1，
因为x₁，x₂为正整数，所以：x₁+x₂≥$\sqrt{3}$-1成立．

点评 本题考查了函数的单调性问题，考查函数恒成立问题，考查导数的应用，是一道难题．