Question

1．已知函數f（x）=lnx-x²+x，g（x）=（m-1）x²+2mx-1．
（1）求函數f（x）的單調區(qū)間；
（2）若x＞0時關于x的不等式f（x）≤g（x）恒成立，求整數m的最小值．

Answer 1

分析 （1）求出函數的導數，解關于導函數的不等式，求出函數的單調區(qū)間即可；
（2）首先構造函數h（x）=f（x）-g（x），然后求導函數，根據導函數的解析式分m≤0與m＞0兩種情況求出函數h（x）的最小值，并建立關于m的不等式進行求解

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，
所以函數的單調遞增區(qū)間是（0，1），單調遞減區(qū)間是（1，+∞）；
（2）令h（x）=f（x）-g（x）=lnx-mx²+（1-2m）x+1，x＞0，
則h′（x）=$\frac{1}{x}$-2mx+1-2m=-$\frac{（2mx-1）（x+1）}{x}$，
當m≤0時，h′（x）＞0，
∴h（x）在（0，+∞）上單調遞增，
∵h（1）=ln1-m×1²+（1-2m）+1=-3m
+2＞0，
∴關于x的不等式f（x）≤g（x）恒成立，
當m＞0時，由h′（x）＞0，得0＜x＜$\frac{1}{2m}$，由f′（x）＜0，得x＞$\frac{1}{2m}$，
∴h（x）的單調增區(qū)間為（0，$\frac{1}{2m}$），單調減區(qū)間為（$\frac{1}{2m}$，+∞）；
∴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，+∞）是減函數，
∴當m≥1時，φ（m）＜0，
故整數m的最小值為1．

點評 本題主要考查了函數的單調性和導數的關系，不等式恒成立問題，考查了推理論證能力，運算求解能力，分類討論的思想和等價轉化思想，屬于中檔題．