Question

3．已知f（x）=lnx-x+m（m為常數(shù)）．
（1）求f（x）的極值；
（2）設(shè)m＞1，記f（x+m）=g（x），已知x₁，x₂為函數(shù)g（x）是兩個(gè)零點(diǎn)，求證：x₁+x₂＜0．

Answer 1

分析 （1）利用導(dǎo)數(shù)判斷f（x）的單調(diào)性，得出f（x）的極值；
（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有兩解x₁，x₂，判斷h（x）的單調(diào)性得出x₁，x₂的范圍，將問題轉(zhuǎn)化為證明h（x₁）-h（-x₁）＜0，在判斷r（x₁）=h（x₁）-h（-x₁）的單調(diào)性即可得出結(jié)論．

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時(shí)，f'（x）＞0，x＞1時(shí)，f'（x）＜0．
故函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，1），單調(diào)遞減區(qū)間為（1，+∞）．
所以，函數(shù)f（x）的極大值為f（1）=m-1，無極小值．
（2）由g（x）=f（x+m）=ln（x+m）-x，
∵x₁，x₂為函數(shù)g（x）是兩個(gè)零點(diǎn)，
∴$\left\{\begin{array}{l}{ln（{x}_{1}+m）={x}_{1}}\\{ln（{x}_{2}+m）={x}_{2}}\end{array}\right.$，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，則h（x）=m有兩解x₁，x₂．
令h'（x）=e^x-1=0得x=0，
∴-m＜x＜0時(shí)，h′（x）＜0，當(dāng)x＞0時(shí)，h′（x）＞0，
∴h（x）在（-m，0）上單調(diào)遞減，在（0，+∞）上單調(diào)遞增．
∵h(yuǎn)（x）=m的兩解x₁，x₂分別在區(qū)間（-m，0）和（0，+∞）上，
不妨設(shè)x₁＜0＜x₂，
要證x₁+x₂＜0，
考慮到h（x）在（0，+∞）上遞增，只需證h（x₂）＜h（-x₁），
由h（x₂）=h（x₁）知，只需證h（x₁）＜h（-x₁），
令r（x）=h（x）-h（-x）=e^x-2x-e^-x，
則r′（x）=e^x+$\frac{1}{{e}^{x}}$-2≥0，
∴r（x）單調(diào)遞增，∵x₁＜0，
∴r（x₁）＜r（0）=0，即h（x₁）＜h（-x₁）成立，
即x₁+x₂＜0成立．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性，函數(shù)極值的關(guān)系，函數(shù)最值的計(jì)算，屬于中檔題．