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已知函数f(x)=-(2m+2)lnx+mx-
m+2
x
(m≥-1).
(I)讨论f(x)的单调性;
(II)设 g(x)=
x2-2x-5 (x≥1)
1
2x
-
13
2
(x<1)
.当m=2时,若对任意x1∈(0,2),存在x2∈[k,k+1],(k∈N),使f(x1)<g(x2),求实数k的最小值.
分析:(I)由题意函数f(x)的定义域为(0,+∞),知f(x)=
-2m-2
x
+m+
m+2
x2
.若m=0,则f(x)=
-2x+2
x2
,从而当x<1时,f′(x)>0;当x>1时,f′(x)<0;若m≠0,则f(x)=
m(x-1)[x-(1+
2
m
)]
x2
.当m>0时,由1+
2
m
>1
,知当x<1或x>1+
2
m
时,f′(x)>0,当1<x<1+
2
m
 时,f′(x)<0,当-1≤m<0时,1+
2
m
≤0
,由此能求出函数f(x)的单调区间.
(II)由m=2时,f(x)在区间(0,1)上单调递增,在(1,2)上单调递减,知在区间(0,2)上,f(x)max=f(1)=-2,对任意x1∈(0,2),存在x2∈[k,k+1](k∈N),使f(x1)<g(x2),从而存在x∈[k,k+1](k∈N),使g(x)>-2,由此能求出实数k的最小值.
解答:解:(I)由题意函数f(x)的定义域为(0,+∞),
f(x)=
-2m-2
x
+m+
m+2
x2

=
(x-1)[mx-(m+2)]
x2

(1)若m=0,则f(x)=
-2x+2
x2

从而当x<1时,f′(x)>0;
当x>1时,f′(x)<0,
此时函数f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为[1,+∞),(2分)
(2)若m≠0,则f(x)=
m(x-1)[x-(1+
2
m
)]
x2

①当m>0时,∵1+
2
m
>1
,从而当x<1或x>1+
2
m
时,f′(x)>0,
当1<x<1+
2
m
 时,f′(x)<0,
此时函数f(x)的单调递增区间为(0,1)和(1+
2
m
,+∞),
单调递减区间为[1,1+
2
m
];
②当-1≤m<0时,1+
2
m
≤0

此时函数f(x)的单调递增区间为(0,1),
单调递减区间为[1,+∞),
综上所述,当-1≤m≤0时,函数f(x)的单调递增区间为(0,1),
单调递减区间为[1,+∞);
当m>0时,函数f(x)的单调递增区间为(0,1)和(1+
2
m
,+∞),
单调递减区间为[1,1+
2
m
].   (7分)
(II)由(I)可得当m=2时,
f(x)在区间(0,1)上单调递增,在(1,2)上单调递减,
所以在区间(0,2)上,f(x)max=f(1)=-2,
由题意,对任意x1∈(0,2),存在x2∈[k,k+1](k∈N),
使f(x1)<g(x2),
从而存在x∈[k,k+1](k∈N)使g(x)>-2,
即只需函数g(x)在区间x∈[k,k+1](k∈N)上的最大值大于-2,
又当k=0时,x∈[0,1],-6≤g(x),不符,
所以在区间x∈[k,k+1](k∈N*)上g(x)max=g(k+1)=k2-6>-2.
解得k>2,(k∈N),
所以实数k的最小值为3. (14分)
点评:本题考查利用导数求闭区间上函数的最值的应用,是基础题.解题时要认真审题,仔细解答,注意合理地进行等价转化.
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π
4
)
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π
6
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1
x

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2
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1
f(n)
}
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A、
2011
2012
B、
2010
2011
C、
2009
2010
D、
2008
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