Question

【题目】已知函数f（x）＝lnxx2，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+x21．

Answer 1

【答案】（Ⅰ）（0，1）；（Ⅱ）2；（Ⅲ）详见解析.

【解析】

（I）先求得函数的定义域，然后利用导数求出函数的单调递增区间.（II）构造函数，利用导数求得的最大值，这个最大值恒为非负数，由此求得整数的最小值.（III）当时，，化简，利用构造函数法以及导数求其最小值，证得

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）＝lnxmx2+x，x＞0，

令G（x）＝F（x）﹣（mx﹣1）＝lnxmx2+（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）＝ln1m×12+（1﹣m）+1m+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（）＝lnm（1﹣m）1lnm，

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）＝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，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+x21，或x1+x21，

因为x1，x2为正整数，所以：x1+x21成立.