已知函数f（x）=lnx+ ， g（x）=x﹣2m，其中m∈R，e=2.71828…为自然对数的底数．

已知函数f（x）=lnx+ ， g（x）=x﹣2m，其中m∈R，e=2.71828…为自然对数的底数．

（Ⅰ）当m=1时，求函数f（x）的极小值；

（Ⅱ）对∀x∈[ ， 1]，是否存在m∈（ ， 1），使得f（x）＞g（x）+1成立？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由；

（Ⅲ）设F（x）=f（x）g（x），当m∈（ ， 1）时，若函数F（x）存在a，b，c三个零点，且a＜b＜c，求证：0＜a＜＜b＜1＜c．

【答案】

解：（Ⅰ）m=1时，f（x）=lnx+，x＞0；

∴f′（x）=﹣=；

由f′（x）＞0，解得x＞；由f′（x）＜0，解得0＜x＜；

∴f（x）在（0，）上单调递减，（，+∞）上单调递增．

∴f极小值（x）=f（）=ln+1=1﹣ln2．

（ II）令h（x）=f（x）﹣g（x）﹣1=lnx+﹣x+2m﹣1，x∈[，1]，m∈（，1），

由题意，h（x）＞0对x∈[，1]恒成立，

∵h′（x）=﹣﹣1=，x∈[，1]，

∵m∈（，1），

∴在二次函数y=﹣2x2+2x﹣m中，△=4﹣8m＜0，

∴y=﹣2x2+2x﹣m＜0恒成立；

∴h′（x）＜0对x∈[，1]恒成立，

∴h（x）在[，1]上单减．

∴hmin（x）=h（1）=m﹣2＞0，

即m＞．

故存在m∈（，1），使f（x）＞g（x）+1对∀x∈[，1]恒成立．

（ III）证明：F（x）=f（x）g（x）=（lnx+）（x﹣2m），

易知x=2m为函数F（x）的一个零点，

∵m＞，

∴2m＞1，

因此据题意知，函数F（x）的最大的零点c＞1，

下面讨论f（x）lnx+的零点情况，

∵f′（x）=﹣=；

易知函数f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增．

由题知f（x）必有两个零点，

∴f极小值（x）=f（）=ln+1＜0，解得0＜m＜，

∴＜m＜，即me∈（，2）．

∴f（1）=ln1+=＞0，f（）=﹣1+＜0．

又f（e﹣10）=•e10﹣10＞0．

∴0＜e﹣10＜a＜＜b＜1＜c．

∴0＜a＜＜b＜1＜c．

【解析】

（Ⅰ）m=1时，f（x）=lnx+ ， x＞0；从而求导可得f′（x）=﹣=；从而由导数求极小值；

（ II）令h（x）=f（x）﹣g（x）﹣1=lnx+﹣x+2m﹣1，x∈[ ， 1]，m∈（ ， 1），则h（x）＞0对x∈[ ， 1]恒成立，求导h′（x）=﹣= ， x∈[ ， 1]，从而可判断h（x）在[ ， 1]上单减．从而化为最值问题．

（ III）化简F（x）=f（x）g（x）=（lnx+）（x﹣2m），易知x=2m为函数F（x）的一个零点，从而函数F（x）的最大的零点c＞1，再讨论f（x）lnx+的零点情况即可．

【考点精析】通过灵活运用利用导数研究函数的单调性和函数的极值与导数，掌握一般的,函数的单调性与其导数的正负有如下关系： 在某个区间内，(1)如果，那么函数在这个区间单调递增；(2)如果，那么函数在这个区间单调递减；求函数的极值的方法是:（1）如果在附近的左侧,右侧,那么是极大值（2）如果在附近的左侧,右侧,那么是极小值即可以解答此题．