Question

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

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求函数的定义域，然后求导，通过导数大于零得到增区间；
（Ⅱ）关于x的不等式f（x）+g（x）≤mx-1恒成立，即为lnx-$\frac{1}{2}$mx²+（1-m）x+1≤0恒成立，令h（x）=lnx-$\frac{1}{2}$mx²+（1-m）x+1，求得导数，求得单调区间，讨论m的符号，由最大值小于等于0，通过分析即可得到m的最小值．

解答 解：（Ⅰ）当m=$\frac{1}{2}$时，f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$x²，（x＞0），
由f′（x）=$\frac{1}{x}$-x=$\frac{1{-x}^{2}}{x}$＞0，得x＜1，又∵x＞0，
∴函数f（x）的单调递增区间为（0，1）．
（Ⅱ）关于x的不等式F（x）≤mx-1恒成立，
即为lnx-$\frac{1}{2}$mx²+（1-m）x+1≤0恒成立，
令h（x）=lnx-$\frac{1}{2}$mx²+（1-m）x+1，
h′（x）=$\frac{1}{x}$-mx+1-m=$\frac{-{mx}^{2}+（1-m）x+1}{x}$，
当m≤0可得h′（x）＞0恒成立，h（x）递增，无最大值，不成立；
当m＞0时，h′（x）=$\frac{-m（x+1）（x-\frac{1}{m}）}{x}$，
当x＞$\frac{1}{m}$，h′（x）＜0，h（x）递减，当0＜x＜$\frac{1}{m}$，h′（x）＞0，h（x）递增，
则有x=$\frac{1}{m}$取得极大值，且为最大值．
由恒成立思想可得ln$\frac{1}{m}$-$\frac{1}{2m}$+$\frac{1}{m}$≤0，
即为2mlnm≥1，
显然m=1不成立，m=2时，4ln2≥1即有2⁴≥e成立．
整数m的最小值为2．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性的基本思路，不等式恒成立问题转化为函数最值问题来解的方法．属于中档题．