Question

2．已知f（x）=ln（x+m）-mx．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）设m＞1，x₁，x₂为函数f（x）的两个零点，求证：x₁+x₂＜0．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论m的范围，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）构造函数g（x）=e^mx-x，g（x）=e^mx-x与y=m图象两交点的横坐标为x₁，x₂，问题转化为证明$g（{x_1}）＜g（{\frac{-2lnm}{m}-{x_1}}）$令$h（x）=g（x）-g（{\frac{-2lnm}{m}-x}）={e^{mx}}-2x-{e^{2lnm-mx}}-\frac{2lnm}{m}$，根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（Ⅰ）∵f（x）=ln（x+m）-mx，∴$f'（x）=\frac{1}{x+m}-m$，
当m≤0时，∴$f'（x）=\frac{1}{x+m}-m＞0$，
即f（x）的单调递增区间为（-m，+∞），无减区间；
当m＞0时，∴$f'（x）=\frac{1}{x+m}-m=\frac{{-m（{x+m-\frac{1}{m}}）}}{x+m}$，
由f'（x）=0，得$x=\frac{1}{m}-m∈（{-m，+∞}）$，
$x∈（{-m，-m+\frac{1}{m}}）$时，f'（x）＞0，
$x∈（{-m+\frac{1}{m}，+∞}）$时，f'（x）＜0，
∴m＞0时，易知f（x）的单调递增区间为$（{-m，-m+\frac{1}{m}}）$，单调递减区间为$（{-m+\frac{1}{m}，+∞}）$，
（Ⅱ）由（Ⅰ）知f（x）的单调递增区间为$（{-m，-m+\frac{1}{m}}）$，单调递减区间为$（{-m+\frac{1}{m}，+∞}）$．
不妨设-m＜x₁＜x₂，由条件知$\left\{\begin{array}{l}ln（{{x_1}+m}）=m{x_1}\\ ln（{{x_2}+m}）=m{x_2}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{x_1}+m={e^{m{x_1}}}\\{x_2}+m={e^{m{x_2}}}\end{array}\right.$，
构造函数g（x）=e^mx-x，g（x）=e^mx-x与y=m图象两交点的横坐标为x₁，x₂，
由g'（x）=e^mx-1=0可得$x=\frac{-lnm}{m}＜0$，
而m²＞lnm（m＞1），∴$\frac{-lnm}{m}∈（{-m，+∞}）$
知g（x）=e^mx-x在区间$（{-m，\frac{-lnm}{m}}）$上单调递减，在区间$（{\frac{-lnm}{m}，+∞}）$上单调递增．
可知$-m＜{x_1}＜\frac{-lnm}{m}＜{x_2}$
欲证x₁+x₂＜0，只需证${x_1}+{x_2}＜\frac{2lnm}{m}$，即证${x_2}＜\frac{2lnm}{m}-{x_1}∈（{-\frac{lnm}{m}，+∞}）$，
考虑到g（x）在$（{\frac{-lnm}{m}，+∞}）$上递增，只需证$g（{x_2}）＜g（{\frac{-2lnm}{m}-{x_1}}）$
由g（x₂）=g（x₁）知，只需证$g（{x_1}）＜g（{\frac{-2lnm}{m}-{x_1}}）$
令$h（x）=g（x）-g（{\frac{-2lnm}{m}-x}）={e^{mx}}-2x-{e^{2lnm-mx}}-\frac{2lnm}{m}$，
则$h'（x）=m{e^{mx}}-2-（{-m}）{e^{-2mlnm-mx}}=m（{{e^{mx}}+\frac{{{e^{-2lnm}}}}{{{e^{mx}}}}}）-2≥2m\sqrt{{e^{-2lnm}}}-2=2m\sqrt{{m^{-2}}}-2=0$，
即h（x）单增，又$h（{-\frac{lnm}{m}}）=0$，
结合$-m＜{x_1}＜\frac{-lnm}{m}$知h（x₁）＜0，即$g（{x_1}）＜g（{\frac{-2lnm}{m}-{x_1}}）$成立，
即x₁+x₂＜0成立．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想、考查转化思想以及函数恒成立问题，是一道综合题．