Question

1．已知函数f（x）=lnx-x²+x，g（x）=（m-1）x²+2mx-1．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）若x＞0时关于x的不等式f（x）≤g（x）恒成立，求整数m的最小值．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（2）首先构造函数h（x）=f（x）-g（x），然后求导函数，根据导函数的解析式分m≤0与m＞0两种情况求出函数h（x）的最小值，并建立关于m的不等式进行求解

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{-（2x+1）（x-1）}{x}$，
令f′（x）＞0，解得：0＜x＜1，令f′（x）＜0，解得：x＞1，
所以函数的单调递增区间是（0，1），单调递减区间是（1，+∞）；
（2）令h（x）=f（x）-g（x）=lnx-mx²+（1-2m）x+1，x＞0，
则h′（x）=$\frac{1}{x}$-2mx+1-2m=-$\frac{（2mx-1）（x+1）}{x}$，
当m≤0时，h′（x）＞0，
∴h（x）在（0，+∞）上单调递增，
∵h（1）=ln1-m×1²+（1-2m）+1=-3m
+2＞0，
∴关于x的不等式f（x）≤g（x）恒成立，
当m＞0时，由h′（x）＞0，得0＜x＜$\frac{1}{2m}$，由f′（x）＜0，得x＞$\frac{1}{2m}$，
∴h（x）的单调增区间为（0，$\frac{1}{2m}$），单调减区间为（$\frac{1}{2m}$，+∞）；
∴h（x）_max=h（$\frac{1}{2m}$）=ln$\frac{1}{2m}$-m•（$\frac{1}{2m}$）²+（1-2m）×$\frac{1}{2m}$+1=$\frac{1}{4m}$-ln（2m），
令φ（m）=$\frac{1}{4m}$-ln（2m），
∵φ（$\frac{1}{2}$）=$\frac{1}{2}$，φ（1）=$\frac{1}{4}$-ln2＜0，
又φ（x）在（0，+∞）是减函数，
∴当m≥1时，φ（m）＜0，
故整数m的最小值为1．

点评 本题主要考查了函数的单调性和导数的关系，不等式恒成立问题，考查了推理论证能力，运算求解能力，分类讨论的思想和等价转化思想，属于中档题．