Question

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

Answer 1

分析 （1）求出函数的定义域，导函数，通过导函数大于0求解函数的单调增区间．
（2）化简F（x）=f（x）+g（x），构造函数，利用导函数通过m 的范围，判断函数的单调性求解函数的最值．推出m的最小值即可．
（3）m=-1时，F（x）=lnx+$\frac{1}{2}$x²+x，x＞0，由F（x₁）=-F（x₂），推出lnx₁+$\frac{1}{2}$${{x}_{1}}^{2}$+x₁+lnx₂+$\frac{1}{2}$${{x}_{2}}^{2}$+x₂=0，令t=x₁•x₂＞0，由φ（t）=t-lnt，求出φ′（t）=$\frac{t-1}{t}$，利用函数的单调性求解函数的最值，然后推出x₁+x₂≥$\sqrt{3}$-1成立．．

解答 解：（1）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）．…（4分）
（2）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）=$\frac{-m{x}^{2}-（1-m）x+1}{x}$，
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．    …（10分）
（3）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．  …（15分）

点评 本题考查函数的导数的综合应用，函数的单调性以及极值以及函数的最值，构造法的应用，考查转化思想以及计算能力．