Question

17．已知函數(shù)f（x）=lnx-mx²，g（x）=$\frac{1}{2}m{x}^{2}$+x，m∈R令F（x）=f（x）+g（x）．
（Ⅰ）當m=$\frac{1}{2}$時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；
（Ⅱ）若關于x的不等式F（x）≤mx-1恒成立，求整數(shù)m的最小值；
（Ⅲ）若m=-2，正實數(shù)x₁，x₂滿足F（x₁）+F（x₂）+x₁x₂=0，證明：x₁+x₂$≥\frac{\sqrt{5}-1}{2}$．

Answer 1

分析 （1）先求函數(shù)的定義域，然后求導，通過導數(shù)大于零得到增區(qū)間；
（2）不等式恒成立問題轉化為函數(shù)的最值問題，應先求導數(shù)，研究函數(shù)的單調(diào)性，然后求函數(shù)的最值；
（3）聯(lián)系函數(shù)的F（x）的單調(diào)性，然后證明即可．注意對函數(shù)的構造．

解答 解：（1）$f（x）=lnx-\frac{1}{2}{x}^{2}，x＞0，f′（x）=\frac{1}{x}-x=\frac{1-{x}^{2}}{x}，（x＞0）$．
由f′（x）＞0得1-x²＞0又x＞0，所以0＜x＜1．所以f（x）的單增區(qū)間為（0，1）．
（2）令$G（x）=F（x）-（mx-1）=lnx-\frac{1}{2}m{x}^{2}+（1-m）$x+1．
所以$G′（x）=\frac{1}{x}-mx+（1-m）$=$\frac{-m{x}^{2}+（1-m）x+1}{x}$．
當m≤0時，因為x＞0，所以G′（x）＞0所以G（x）在（0，+∞）上是遞增函數(shù)，
又因為G（1）=-$\frac{3}{2}m+2＞0$．
所以關于x的不等式G（x）≤0不能恒成立．
當m＞0時，$G′（x）=-\frac{m（x-\frac{1}{m}）（x+1）}{x}$．
令G′（x）=0得x=$\frac{1}{m}$，所以當$x∈（0，\frac{1}{m}）$時，G′（x）＞0；當$x∈（\frac{1}{m}，+∞）$時，G′（x）＜0．
因此函數(shù)G（x）在$x∈（0，\frac{1}{m}）$是增函數(shù)，在$x∈（\frac{1}{m}，+∞）$是減函數(shù)． 
故函數(shù)G（x）的最大值為$G（\frac{1}{m}）=\frac{1}{2m}-lnm$．
令h（m）=$\frac{1}{2m}-lnm$，因為h（1）=$\frac{1}{2}＞0$，h（2）=$\frac{1}{4}-ln2＜0$．
又因為h（m）在m∈（0，+∞）上是減函數(shù)，所以當m≥2時，h（m）＜0．
所以整數(shù)m的最小值為2．   
（3）當m=-2時，F(xiàn)（x）=lnx+x²+x，x＞0．
由F（x₁）+F（x₂）+x₁x₂=0，即lnx₁+x₁²+x₁+lnx₂+x₂²+x₂+x₁x₂=0．
化簡得$（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}+（{x}_{1}+{x}_{2}）={x}_{1}•{x}_{2}-ln（{x}_{1}{x}_{2}）$．
令t=x₁x₂，則由φ（t）=t-lnt得φ′（t）=$\frac{t-1}{t}$．
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$（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}+（{x}_{1}+{x}_{2}）≥1$，即${x}_{1}+{x}_{2}≥\frac{\sqrt{5}-1}{2}$成立．

點評 本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性的基本思路，不等式恒成立問題轉化為函數(shù)最值問題來解的方法．屬于中檔題，難度不大．