Question

【題目】已知函數(shù)f（x）＝lnxx2，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(shí)數(shù)x1，x2滿足F（x1）＝﹣F（x2），求證：x1+x21．

Answer 1

【答案】（Ⅰ）（0，1）；（Ⅱ）2；（Ⅲ）詳見解析.

【解析】

（I）先求得函數(shù)的定義域，然后利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間.（II）構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求得的最大值，這個(gè)最大值恒為非負(fù)數(shù)，由此求得整數(shù)的最小值.（III）當(dāng)時(shí)，，化簡(jiǎn)，利用構(gòu)造函數(shù)法以及導(dǎo)數(shù)求其最小值，證得

解：（Ⅰ）f（x）的定義域?yàn)椋簕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）＝lnxmx2+x，x＞0，

令G（x）＝F（x）﹣（mx﹣1）＝lnxmx2+（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(shí)，因?yàn)閤＞0，所以G′（x）＞0

所以G（x）在（0，+∞）上是單調(diào)遞增函數(shù)，

又因?yàn)镚（1）＝ln1m×12+（1﹣m）+1m+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(shí)，G′（x），

令G′（x）＝0，因?yàn)閤＞0，得x，

所以當(dāng)x∈（0，）時(shí)，G′（x）＞0；當(dāng)x∈（，+∞）時(shí)，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（）＝lnm（1﹣m）1lnm，

令h（m）lnm，因?yàn)閔（m）在m∈（0，+∞）上是減函數(shù)，

又因?yàn)閔（1）0，h（2）ln2＜0，所以當(dāng)m≥2時(shí)，h（m）＜0，

所以整數(shù)m的最小值為2．

（Ⅲ）m＝﹣1時(shí)，F(xiàn)（x）＝lnxx2+x，x＞0，

由F（x1）＝﹣F（x2），得F（x1）+F（x2）＝0，即lnx1x1+lnx2x2＝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+x21，或x1+x21，

因?yàn)閤1，x2為正整數(shù)，所以：x1+x21成立.