Question

8．已知函數(shù)f（x）=mx-（m+2）lnx-$\frac{2}{x}$（m∈R），g（x）=$\frac{ln（x+1）}{x}$．
（1）討論f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）是否存在m＜0時(shí)，對(duì)于任意的x₁，x₂∈[1，2]，都有f（x₁）-g（x₂）≤1恒成立？若存在，求出m的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）先求出原函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，然后在定義域內(nèi)借助于二次函數(shù)的圖象判斷導(dǎo)數(shù)值的符號(hào)，從而確定原函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（2）本題涉及到兩個(gè)函數(shù)f（x）與g（x）的不等式恒成立，因此，只需f（x₁）≤g（x₂）+1恒成立即可，則問(wèn)題轉(zhuǎn)化為f（x）_max≤g（x）_min+1的問(wèn)題．

解答 解：（1）函數(shù)$f（x）=mx-（m+2）lnx-\frac{2}{x}$的定義域?yàn)椋?，+∞）．
$f′（x）=m-\frac{m+2}{x}+\frac{2}{{x}^{2}}=\frac{（mx-2）（x-1）}{{x}^{2}}$，
①當(dāng)m=0時(shí)，令f′（x）=0，解得x=1．
當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f′（x）＞0；當(dāng)x＞1時(shí)，f′（x）＜0；
所以f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，1），單調(diào)減區(qū)間為（1，+∞）； 
②當(dāng)m≠0時(shí)，令f′（x）=0，解得${x}_{1}=\frac{2}{m}，{x}_{2}=1$．
當(dāng)m＜0時(shí)，當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f′（x）＞0；當(dāng)x＞1時(shí)，f′（x）＜0；所以f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，1），單調(diào)減區(qū)間為（1，+∞）．
當(dāng)0＜m＜2時(shí)，當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f′（x）＞0；當(dāng)$1＜x＜\frac{2}{m}$時(shí)，f′（x）＜0；當(dāng)x＞$\frac{2}{m}$時(shí)，f′（x）＞0；所以f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，1）與（$\frac{2}{m}$，+∞），單調(diào)減區(qū)間為（1，$\frac{2}{m}$）；
當(dāng)m=2時(shí)，f$′（x）=2（\frac{x-1}{x}）^{2}≥0$，所以f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，+∞）；
當(dāng)m＞2時(shí)，當(dāng)0＜x＜$\frac{2}{m}$時(shí)，f′（x）＞0；當(dāng)$\frac{2}{m}＜x＜1$時(shí)，f′（x）＜0；當(dāng)x＞1時(shí)，f′（x）＞0；所以f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，$\frac{2}{m}$）與（1，+∞），單調(diào)減區(qū)間為（$\frac{2}{m}$，1）．
綜上，當(dāng)m≤0時(shí)，f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，1），單調(diào)減區(qū)間為（1，+∞）；
當(dāng)0＜m＜2時(shí)，f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，1）與（$\frac{2}{m}$，+∞），單調(diào)減區(qū)間為（1，$\frac{2}{m}$）；
當(dāng)m=2時(shí)，f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，+∞）；
當(dāng)m＞2時(shí)，f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，$\frac{2}{m}$）與（1，+∞），單調(diào)減區(qū)間為（$\frac{2}{m}$，1）．
（2）對(duì)于任意的x₁，x₂∈[1，2]，都有f（x₁）-g（x₂）≤1恒成立，等價(jià)于x∈[1，2]時(shí)，f（x）_max≤g（x）_min+1成立．
由（1）得當(dāng)m＜0時(shí)，f（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x∈[1，2]時(shí)，f（x）_max=f（x）=m-2．
$g′（x）=\frac{\frac{x}{x+1}-ln（x+1）}{{x}^{2}}=\frac{1-\frac{1}{x+1}-ln（x+1）}{{x}^{2}}$，
令h（x）=$1-\frac{1}{x+1}-ln（x+1）$，而$h′（x）=\frac{1}{（x+1）^{2}}-\frac{1}{（x+1）}=-\frac{x}{（x+1）^{2}}$．
所以$h（x）=1-\frac{1}{x+1}-ln（x+1）$在（0，+∞）上單調(diào)遞減．
在[1，2]上，$h（1）=1-\frac{1}{2}-ln2=\frac{1}{2}-ln2=ln\sqrt{e}-ln2＜0$，
所以在[1，2]上，h（x）＜0，g′（x）＜0；所以g（x）在[1，2]上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x∈[1，2]時(shí)，$g（x）_{min}=g（2）=\frac{ln3}{2}$．
故$m-2≤\frac{ln3}{2}+1$，即$m≤3+\frac{ln3}{2}$，
因?yàn)閙＜0，所以存在m＜0時(shí)，對(duì)于任意的x₁，x₂∈[1，2]，都有f（x₁）-g（x₂）≤1恒成立，且m的取值范圍是（-∞，0）．

點(diǎn)評(píng) 本題重點(diǎn)考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，然后研究函數(shù)的最值，從而解決不等式恒成立問(wèn)題，注意本題中是兩個(gè)函數(shù)的最值進(jìn)行比較，要注意準(zhǔn)確理解題意．