Question

已知函數(shù)f（x）=-（2m+2）lnx+mx-

m+2

x

（m≥-1）．
（I）討論f（x）的單調(diào)性；
（II）設 g（x）=

x2-2x-5 (x≥1) 1 2x - 13 2 (x＜1)

．當m=2時，若對任意x₁∈（0，2），存在x₂∈[k，k+1]，（k∈N），使f（x₁）＜g（x₂），求實數(shù)k的最小值．

Answer 1

分析：（I）由題意函數(shù)f（x）的定義域為（0，+∞），知f′(x)=

-2m-2

x

+m+

m+2

x2

．若m=0，則f′(x)=

-2x+2

x2

，從而當x＜1時，f′（x）＞0；當x＞1時，f′（x）＜0；若m≠0，則f′(x)=

m(x-1)[x-(1+ 2 m )]

x2

．當m＞0時，由1+

2

m

＞1，知當x＜1或x＞1+

2

m

時，f′（x）＞0，當1＜x＜1+

2

m

 時，f′（x）＜0，當-1≤m＜0時，1+

2

m

≤0，由此能求出函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間．
（II）由m=2時，f（x）在區(qū)間（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，2）上單調(diào)遞減，知在區(qū)間（0，2）上，f（x）_max=f（1）=-2，對任意x₁∈（0，2），存在x₂∈[k，k+1]（k∈N），使f（x₁）＜g（x₂），從而存在x∈[k，k+1]（k∈N），使g（x）＞-2，由此能求出實數(shù)k的最小值．

解答：解：（I）由題意函數(shù)f（x）的定義域為（0，+∞），
f′(x)=

-2m-2

x

+m+

m+2

x2

=

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

x2

，
（1）若m=0，則f′(x)=

-2x+2

x2

，
從而當x＜1時，f′（x）＞0；
當x＞1時，f′（x）＜0，
此時函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，1），單調(diào)遞減區(qū)間為[1，+∞），（2分）
（2）若m≠0，則f′(x)=

m(x-1)[x-(1+ 2 m )]

x2

．
①當m＞0時，∵1+

2

m

＞1，從而當x＜1或x＞1+

2

m

時，f′（x）＞0，
當1＜x＜1+

2

m

 時，f′（x）＜0，
此時函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，1）和（1+

2

m

，+∞），
單調(diào)遞減區(qū)間為[1，1+

2

m

]；
②當-1≤m＜0時，1+

2

m

≤0，
此時函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，1），
單調(diào)遞減區(qū)間為[1，+∞），
綜上所述，當-1≤m≤0時，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，1），
單調(diào)遞減區(qū)間為[1，+∞）；
當m＞0時，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，1）和（1+

2

m

，+∞），
單調(diào)遞減區(qū)間為[1，1+

2

m

]．   （7分）
（II）由（I）可得當m=2時，
f（x）在區(qū)間（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，2）上單調(diào)遞減，
所以在區(qū)間（0，2）上，f（x）_max=f（1）=-2，
由題意，對任意x₁∈（0，2），存在x₂∈[k，k+1]（k∈N），
使f（x₁）＜g（x₂），
從而存在x∈[k，k+1]（k∈N）使g（x）＞-2，
即只需函數(shù)g（x）在區(qū)間x∈[k，k+1]（k∈N）上的最大值大于-2，
又當k=0時，x∈[0，1]，-6≤g（x），不符，
所以在區(qū)間x∈[k，k+1]（k∈N^*）上g（x）_max=g（k+1）=k²-6＞-2．
解得k＞2，（k∈N），
所以實數(shù)k的最小值為3． （14分）

點評：本題考查利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值的應用，是基礎題．解題時要認真審題，仔細解答，注意合理地進行等價轉(zhuǎn)化．