Question

1．已知函数f（x）=lnx-mx²，g（x）=$\frac{1}{2}$mx²+x，m∈R，令F（x）=f（x）+g（x）．
（Ⅰ）当$m=\frac{1}{2}$时，求函数f（x）的单调区间及极值；
（Ⅱ）若关于x的不等式F（x）≤mx-1恒成立，求整数m的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）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，从而求出函数的极值即可；
（Ⅱ）法一：令$G（x）=F（x）-（mx-1）=lnx-\frac{1}{2}m{x^2}+（1-m）x+1$，求出函数的导数，通过讨论m的范围求出函数的单调区间，从而求出m的最小值即可；
法二：分离参数，得到$m≥\frac{2（lnx+x+1）}{{{x^2}+2x}}（x＞0）$恒成立，令$h（x）=\frac{2（lnx+x+1）}{{{x^2}+2x}}（x＞0）$，根据函数的单调性求出函数h（x）的最大值，从而求出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）的单调递增区间为（0，1）．
由f′（x）＜0得x＞1，所以f（x）的单调递增区间为（1，+∞）．…（5分）
所以函数$f{（x）_{极大值}}=f（1）=-\frac{1}{2}$，无极小值…（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）
当m≤0时，因为x＞0，所以G′（x）＞0所以G（x）在（0，+∞）上是递增函数，
又因为$G（1）=-\frac{3}{2}m+2＞0$．
所以关于x的不等式G（x）≤mx-1不能恒成立．…（9分）
当m＞0时，${G^'}（x）=\frac{{-m{x^2}+（1-m）x+1}}{x}=-\frac{{m（x-\frac{1}{m}）（x+1）}}{x}$．
令G′（x）=0得$x=\frac{1}{m}$，所以当$x∈（0，\frac{1}{m}）$时，G′（x）＞0；当$x∈（\frac{1}{m}，+∞）$时，G′（x）＜0．
因此函数G（x）在$x∈（0，\frac{1}{m}）$是增函数，在$x∈（\frac{1}{m}，+∞）$是减函数．…（10分）
故函数G（x）的最大值为$G（\frac{1}{m}）=\frac{1}{2m}-lnm$．
令$h（m）=\frac{1}{2m}-lnm$，因为$h（1）=\frac{1}{2}＞0，h（2）=\frac{1}{4}-ln2＜0$．
又因为h（m）在m∈（0，+∞）上是减函数，所以当m≥2时，h（m）＜0．
所以整数m的最小值为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$h（x）=\frac{2（lnx+x+1）}{{{x^2}+2x}}（x＞0）$，则${h^'}（x）=\frac{-2（x+1）（2lnx+x）}{{{{（{x^2}+2x）}^2}}}$…（9分）
令φ（x）=2lnx+x，因为$φ（\frac{1}{2}）=\frac{1}{2}-ln4＜0$，φ（1）=1＞0，则φ（x）为增函数
故存在${x_0}∈（\frac{1}{2}，1）$，使φ（x₀）=0，即2lnx₀+x₀=0…（10分）
当$\frac{1}{2}＜x＜{x_0}$时，h′（x）＞0，h（x）为增函数
当x₀＜x时，h′（x）＜0，h（x）为减函数…（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$\frac{1}{x_0}∈（1，2）$
所以整数m的最小值为2．…（12分）

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查分类讨论思想，转化思想，是一道中档题．