Question

1．已知函數f（x）=lnx-mx²，g（x）=$\frac{1}{2}$mx²+x，m∈R，令F（x）=f（x）+g（x）．
（Ⅰ）當$m=\frac{1}{2}$時，求函數f（x）的單調區(qū)間及極值；
（Ⅱ）若關于x的不等式F（x）≤mx-1恒成立，求整數m的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數的導數，解關于導函數的不等式，求出函數的單調區(qū)間，從而求出函數的極值即可；
（Ⅱ）法一：令$G（x）=F（x）-（mx-1）=lnx-\frac{1}{2}m{x^2}+（1-m）x+1$，求出函數的導數，通過討論m的范圍求出函數的單調區(qū)間，從而求出m的最小值即可；
法二：分離參數，得到$m≥\frac{2（lnx+x+1）}{{{x^2}+2x}}（x＞0）$恒成立，令$h（x）=\frac{2（lnx+x+1）}{{{x^2}+2x}}（x＞0）$，根據函數的單調性求出函數h（x）的最大值，從而求出m的最小值即可．

解答 解：（Ⅰ）$f（x）=lnx-\frac{1}{2}{x^2}（x＞0）$，所以${f^'}（x）=\frac{1}{x}-x（x＞0）$．…（1分）
令f′（x）=0得x=1；…（3分）
由f′（x）＞0得0＜x＜1，所以f（x）的單調遞增區(qū)間為（0，1）．
由f′（x）＜0得x＞1，所以f（x）的單調遞增區(qū)間為（1，+∞）．…（5分）
所以函數$f{（x）_{極大值}}=f（1）=-\frac{1}{2}$，無極小值…（6分）
（Ⅱ）法一：令$G（x）=F（x）-（mx-1）=lnx-\frac{1}{2}m{x^2}+（1-m）x+1$．
所以${G^'}（x）=\frac{1}{x}-mx+（1-m）=\frac{{-m{x^2}+（1-m）x+1}}{x}$．…（7分）
當m≤0時，因為x＞0，所以G′（x）＞0所以G（x）在（0，+∞）上是遞增函數，
又因為$G（1）=-\frac{3}{2}m+2＞0$．
所以關于x的不等式G（x）≤mx-1不能恒成立．…（9分）
當m＞0時，${G^'}（x）=\frac{{-m{x^2}+（1-m）x+1}}{x}=-\frac{{m（x-\frac{1}{m}）（x+1）}}{x}$．
令G′（x）=0得$x=\frac{1}{m}$，所以當$x∈（0，\frac{1}{m}）$時，G′（x）＞0；當$x∈（\frac{1}{m}，+∞）$時，G′（x）＜0．
因此函數G（x）在$x∈（0，\frac{1}{m}）$是增函數，在$x∈（\frac{1}{m}，+∞）$是減函數．…（10分）
故函數G（x）的最大值為$G（\frac{1}{m}）=\frac{1}{2m}-lnm$．
令$h（m）=\frac{1}{2m}-lnm$，因為$h（1）=\frac{1}{2}＞0，h（2）=\frac{1}{4}-ln2＜0$．
又因為h（m）在m∈（0，+∞）上是減函數，所以當m≥2時，h（m）＜0．
所以整數m的最小值為2．…（12分）
法二：由F（x）≤mx-1恒成立知$m≥\frac{2（lnx+x+1）}{{{x^2}+2x}}（x＞0）$恒成立   …（7分）
令$h（x）=\frac{2（lnx+x+1）}{{{x^2}+2x}}（x＞0）$，則${h^'}（x）=\frac{-2（x+1）（2lnx+x）}{{{{（{x^2}+2x）}^2}}}$…（9分）
令φ（x）=2lnx+x，因為$φ（\frac{1}{2}）=\frac{1}{2}-ln4＜0$，φ（1）=1＞0，則φ（x）為增函數
故存在${x_0}∈（\frac{1}{2}，1）$，使φ（x₀）=0，即2lnx₀+x₀=0…（10分）
當$\frac{1}{2}＜x＜{x_0}$時，h′（x）＞0，h（x）為增函數
當x₀＜x時，h′（x）＜0，h（x）為減函數…（11分）
所以$h{（x）_{max}}=h（{x_0}）=\frac{{2ln{x_0}+2{x_0}+2}}{{{x_0}^2+2{x_0}}}=\frac{1}{x_0}$，而${x_0}∈（\frac{1}{2}，1）$，所以$\frac{1}{x_0}∈（1，2）$
所以整數m的最小值為2．…（12分）

點評 本題考查了函數的單調性、最值問題，考查導數的應用以及函數恒成立問題，考查分類討論思想，轉化思想，是一道中檔題．