Question

16．已知函数f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$mx²+x（m∈R）．
（Ⅰ）若函数f（x）在（0，+∞）上没有极值点，求实数m的取值范围并且判断单调性；
（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）问题转化为函数在（0，+∞）单调，求出f′（x），得到f′（x）＞0在（0，+∞）成立即可；
（Ⅱ）构造函数G（x）=f（x）-mx+1，求出G（x）的导数，通过讨论m的范围，判断函数的单调性，进而求出m的最小值．

解答 解：（Ⅰ）若函数f（x）在（0，+∞）上没有极值点，
即f（x）在（0，+∞）单调，
故f′（x）=$\frac{1}{x}$-mx+1=$\frac{-{mx}^{2}+x+1}{x}$在（0，+∞）恒大于0或恒小于0，
即函数h（x）=-mx²+x+1和x轴无交点，
∴△=1+4m＜0，解得m＜-$\frac{1}{4}$；
由m＜-$\frac{1}{4}$得-m＞0，h（x）的图象在x轴上方，h（x）＞0恒成立，
即f′（x）＞0在（0，+∞）恒成立，
故函数f（x）在（0，+∞）单调递增；
（Ⅱ）令G（x）=f（x）-（mx-1）=lnx-$\frac{1}{2}$mx²+（1-m）x+1，x＞0，
则不等式f（x）≤mx-1恒成立，即G（x）≤0恒成立，
G′（x）=$\frac{1}{x}$-mx+（1-m）=$\frac{-{mx}^{2}+（1-m）x+1}{x}$，
①当m≤0时，因为x＞0，所以G′（x）＞0，
所以G（x）在（0，+∞）上是单调递增函数，
又因为G（1）=ln1-$\frac{1}{2}$m×12+（1-m）+1=-$\frac{3}{2}$m+2＞0，
所以关于x的不等式G（x）≤0不能恒成立；
②当m＞0时，G′（x）=$\frac{-{mx}^{2}+（1-m）x+1}{x}$=-$\frac{m（x-\frac{1}{m}）（x+1）}{x}$，
令G′（x）=0，因为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，
故函数G（x）的最大值为G（$\frac{1}{m}$）=ln$\frac{1}{m}$-$\frac{1}{2}$m×（$\frac{1}{m}$）²+（1-m）×$\frac{1}{m}$+1=$\frac{1}{2m}$-lnm；
令h（m）=$\frac{1}{2m}$-lnm，因为h（m）在m∈（0，+∞）上是减函数，
又因为h（1）=$\frac{1}{2}$＞0，h（2）=$\frac{1}{4}$-ln2＜0，所以当m≥2时，h（m）＜0，
所以整数m的最小值为2．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用，分类讨论思想，第二问难度较大．