Question

【题目】已知函数f（x）=lnx﹣ x2 ， g（x）= 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 ﹣1．

Answer 1

【答案】解：（Ⅰ）f（x）的定义域为：{x|x＞0}， f′（x）= ﹣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﹣ mx2+x，x＞0，
令G（x）=F（x）﹣（mx﹣1）=lnx﹣ 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）= ﹣mx+（1﹣m）= ，
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﹣ m×12+（1﹣m）+1=﹣ 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）=﹣ ，
令G′（x）=0，因为x＞0，得x= ，
所以当x∈（0， ）时，G′（x）＞0；当x∈（ ，+∞）时，G′（x）＜0，
因此函数G（x）在x∈（0， ）是增函数，在x∈（ ，+∞）是减函数，
故函数G（x）的最大值为：
G（ ）=ln ﹣ m× +（1﹣m）× +1= ﹣lnm，
令h（m）= ﹣lnm，因为h（m）在m∈（0，+∞）上是减函数，
又因为h（1）= ＞0，h（2）= ﹣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+ 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，则由φ（t）=t﹣lnt，得：φ′（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 +（x1+x2）≥1，解得：x1+x2≤﹣ ﹣1，或x1+x2≥ ﹣1，
因为x1 ， x2为正整数，所以：x1+x2≥ ﹣1成立
【解析】（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﹣ 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=x1x2＞0，则由φ（t）=t﹣lnt，通过讨论函数的单调性，从而证出结论．
【考点精析】关于本题考查的利用导数研究函数的单调性和函数的最大(小)值与导数，需要了解一般的,函数的单调性与其导数的正负有如下关系： 在某个区间内，(1)如果，那么函数在这个区间单调递增；(2)如果，那么函数在这个区间单调递减；求函数在上的最大值与最小值的步骤：（1）求函数在内的极值；（2）将函数的各极值与端点处的函数值，比较，其中最大的是一个最大值，最小的是最小值才能得出正确答案．