Question

2．已知f（x）=ln（x+m）-mx．
（Ⅰ）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）設m＞1，x₁，x₂為函數(shù)f（x）的兩個零點，求證：x₁+x₂＜0．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導數(shù)，通過討論m的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）構(gòu)造函數(shù)g（x）=e^mx-x，g（x）=e^mx-x與y=m圖象兩交點的橫坐標為x₁，x₂，問題轉(zhuǎn)化為證明$g（{x_1}）＜g（{\frac{-2lnm}{m}-{x_1}}）$令$h（x）=g（x）-g（{\frac{-2lnm}{m}-x}）={e^{mx}}-2x-{e^{2lnm-mx}}-\frac{2lnm}{m}$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：（Ⅰ）∵f（x）=ln（x+m）-mx，∴$f'（x）=\frac{1}{x+m}-m$，
當m≤0時，∴$f'（x）=\frac{1}{x+m}-m＞0$，
即f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（-m，+∞），無減區(qū)間；
當m＞0時，∴$f'（x）=\frac{1}{x+m}-m=\frac{{-m（{x+m-\frac{1}{m}}）}}{x+m}$，
由f'（x）=0，得$x=\frac{1}{m}-m∈（{-m，+∞}）$，
$x∈（{-m，-m+\frac{1}{m}}）$時，f'（x）＞0，
$x∈（{-m+\frac{1}{m}，+∞}）$時，f'（x）＜0，
∴m＞0時，易知f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為$（{-m，-m+\frac{1}{m}}）$，單調(diào)遞減區(qū)間為$（{-m+\frac{1}{m}，+∞}）$，
（Ⅱ）由（Ⅰ）知f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為$（{-m，-m+\frac{1}{m}}）$，單調(diào)遞減區(qū)間為$（{-m+\frac{1}{m}，+∞}）$．
不妨設-m＜x₁＜x₂，由條件知$\left\{\begin{array}{l}ln（{{x_1}+m}）=m{x_1}\\ ln（{{x_2}+m}）=m{x_2}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{x_1}+m={e^{m{x_1}}}\\{x_2}+m={e^{m{x_2}}}\end{array}\right.$，
構(gòu)造函數(shù)g（x）=e^mx-x，g（x）=e^mx-x與y=m圖象兩交點的橫坐標為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在區(qū)間$（{-m，\frac{-lnm}{m}}）$上單調(diào)遞減，在區(qū)間$（{\frac{-lnm}{m}，+∞}）$上單調(diào)遞增．
可知$-m＜{x_1}＜\frac{-lnm}{m}＜{x_2}$
欲證x₁+x₂＜0，只需證${x_1}+{x_2}＜\frac{2lnm}{m}$，即證${x_2}＜\frac{2lnm}{m}-{x_1}∈（{-\frac{lnm}{m}，+∞}）$，
考慮到g（x）在$（{\frac{-lnm}{m}，+∞}）$上遞增，只需證$g（{x_2}）＜g（{\frac{-2lnm}{m}-{x_1}}）$
由g（x₂）=g（x₁）知，只需證$g（{x_1}）＜g（{\frac{-2lnm}{m}-{x_1}}）$
令$h（x）=g（x）-g（{\frac{-2lnm}{m}-x}）={e^{mx}}-2x-{e^{2lnm-mx}}-\frac{2lnm}{m}$，
則$h'（x）=m{e^{mx}}-2-（{-m}）{e^{-2mlnm-mx}}=m（{{e^{mx}}+\frac{{{e^{-2lnm}}}}{{{e^{mx}}}}}）-2≥2m\sqrt{{e^{-2lnm}}}-2=2m\sqrt{{m^{-2}}}-2=0$，
即h（x）單增，又$h（{-\frac{lnm}{m}}）=0$，
結(jié)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．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及分類討論思想、考查轉(zhuǎn)化思想以及函數(shù)恒成立問題，是一道綜合題．