Question

12．已知函數(shù)f（x）=lnx-mx²，g（x）=$\frac{1}{2}$mx²+x，m∈R．
（Ⅰ）當m=$\frac{1}{2}$時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；
（Ⅱ）若關于x的不等式f（x）+g（x）≤mx-1恒成立，求整數(shù)m的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求函數(shù)的定義域，然后求導，通過導數(shù)大于零得到增區(qū)間；
（Ⅱ）關于x的不等式f（x）+g（x）≤mx-1恒成立，即為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，求得導數(shù)，求得單調(diào)區(qū)間，討論m的符號，由最大值小于等于0，通過分析即可得到m的最小值．

解答 解：（Ⅰ）當m=$\frac{1}{2}$時，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，
∴函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，1）．
（Ⅱ）關于x的不等式F（x）≤mx-1恒成立，
即為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=$\frac{-{mx}^{2}+（1-m）x+1}{x}$，
當m≤0可得h′（x）＞0恒成立，h（x）遞增，無最大值，不成立；
當m＞0時，h′（x）=$\frac{-m（x+1）（x-\frac{1}{m}）}{x}$，
當x＞$\frac{1}{m}$，h′（x）＜0，h（x）遞減，當0＜x＜$\frac{1}{m}$，h′（x）＞0，h（x）遞增，
則有x=$\frac{1}{m}$取得極大值，且為最大值．
由恒成立思想可得ln$\frac{1}{m}$-$\frac{1}{2m}$+$\frac{1}{m}$≤0，
即為2mlnm≥1，
顯然m=1不成立，m=2時，4ln2≥1即有2⁴≥e成立．
整數(shù)m的最小值為2．

點評 本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性的基本思路，不等式恒成立問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值問題來解的方法．屬于中檔題．