Question

17．已知函数f（x）=lnx-mx²，g（x）=$\frac{1}{2}m{x}^{2}$+x，m∈R令F（x）=f（x）+g（x）．
（Ⅰ）当m=$\frac{1}{2}$时，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=-2，正实数x₁，x₂满足F（x₁）+F（x₂）+x₁x₂=0，证明：x₁+x₂$≥\frac{\sqrt{5}-1}{2}$．

Answer 1

分析 （1）先求函数的定义域，然后求导，通过导数大于零得到增区间；
（2）不等式恒成立问题转化为函数的最值问题，应先求导数，研究函数的单调性，然后求函数的最值；
（3）联系函数的F（x）的单调性，然后证明即可．注意对函数的构造．

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）的单增区间为（0，1）．
（2）令$G（x）=F（x）-（mx-1）=lnx-\frac{1}{2}m{x}^{2}+（1-m）$x+1．
所以$G′（x）=\frac{1}{x}-mx+（1-m）$=$\frac{-m{x}^{2}+（1-m）x+1}{x}$．
当m≤0时，因为x＞0，所以G′（x）＞0所以G（x）在（0，+∞）上是递增函数，
又因为G（1）=-$\frac{3}{2}m+2＞0$．
所以关于x的不等式G（x）≤0不能恒成立．
当m＞0时，$G′（x）=-\frac{m（x-\frac{1}{m}）（x+1）}{x}$．
令G′（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$G（\frac{1}{m}）=\frac{1}{2m}-lnm$．
令h（m）=$\frac{1}{2m}-lnm$，因为h（1）=$\frac{1}{2}＞0$，h（2）=$\frac{1}{4}-ln2＜0$．
又因为h（m）在m∈（0，+∞）上是减函数，所以当m≥2时，h（m）＜0．
所以整数m的最小值为2．   
（3）当m=-2时，F（x）=lnx+x²+x，x＞0．
由F（x₁）+F（x₂）+x₁x₂=0，即lnx₁+x₁²+x₁+lnx₂+x₂²+x₂+x₁x₂=0．
化简得$（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}+（{x}_{1}+{x}_{2}）={x}_{1}•{x}_{2}-ln（{x}_{1}{x}_{2}）$．
令t=x₁x₂，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$（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}+（{x}_{1}+{x}_{2}）≥1$，即${x}_{1}+{x}_{2}≥\frac{\sqrt{5}-1}{2}$成立．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性的基本思路，不等式恒成立问题转化为函数最值问题来解的方法．属于中档题，难度不大．