Question

3．已知f（x）=lnx-x+m（m为常数）．
（1）求f（x）的极值；
（2）设m＞1，记f（x+m）=g（x），已知x₁，x₂为函数g（x）是两个零点，求证：x₁+x₂＜0．

Answer 1

分析 （1）利用导数判断f（x）的单调性，得出f（x）的极值；
（2）由g（x₁）=g（x₂）=0可得$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}+m={e}^{{x}_{1}}}\\{{x}_{2}+m={e}^{{x}_{2}}}\end{array}\right.$，故h（x）=e^x-x有两解x₁，x₂，判断h（x）的单调性得出x₁，x₂的范围，将问题转化为证明h（x₁）-h（-x₁）＜0，在判断r（x₁）=h（x₁）-h（-x₁）的单调性即可得出结论．

解答 解：（1）∵f（x）=lnx-x+m，∴$f（x）=\frac{1}{x}-1$，由f'（x）=0得x=1，
且0＜x＜1时，f'（x）＞0，x＞1时，f'（x）＜0．
故函数f（x）的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为（1，+∞）．
所以，函数f（x）的极大值为f（1）=m-1，无极小值．
（2）由g（x）=f（x+m）=ln（x+m）-x，
∵x₁，x₂为函数g（x）是两个零点，
∴$\left\{\begin{array}{l}{ln（{x}_{1}+m）={x}_{1}}\\{ln（{x}_{2}+m）={x}_{2}}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}+m={e}^{{x}_{1}}}\\{{x}_{2}+m={e}^{{x}_{2}}}\end{array}\right.$，
令h（x）=e^x-x，则h（x）=m有两解x₁，x₂．
令h'（x）=e^x-1=0得x=0，
∴-m＜x＜0时，h′（x）＜0，当x＞0时，h′（x）＞0，
∴h（x）在（-m，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增．
∵h（x）=m的两解x₁，x₂分别在区间（-m，0）和（0，+∞）上，
不妨设x₁＜0＜x₂，
要证x₁+x₂＜0，
考虑到h（x）在（0，+∞）上递增，只需证h（x₂）＜h（-x₁），
由h（x₂）=h（x₁）知，只需证h（x₁）＜h（-x₁），
令r（x）=h（x）-h（-x）=e^x-2x-e^-x，
则r′（x）=e^x+$\frac{1}{{e}^{x}}$-2≥0，
∴r（x）单调递增，∵x₁＜0，
∴r（x₁）＜r（0）=0，即h（x₁）＜h（-x₁）成立，
即x₁+x₂＜0成立．

点评 本题考查了导数与函数单调性，函数极值的关系，函数最值的计算，属于中档题．