Question

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

Answer 1

分析 （1）先求函數(shù)的定義域，然后求導(dǎo)，通過(guò)導(dǎo)數(shù)大于零得到增區(qū)間；
（2）關(guān)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，求得導(dǎo)數(shù)，求得單調(diào)區(qū)間，討論m的符號(hào)，由最大值小于等于0，通過(guò)分析即可得到m的最小值．

解答 解：（1）當(dāng)m=$\frac{1}{2}$時(shí)，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）．
（2）關(guān)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(dāng)m≤0可得h′（x）＞0恒成立，h（x）遞增，無(wú)最大值，不成立；
當(dāng)m＞0時(shí)，h′（x）=$\frac{-m（x+1）（x-\frac{1}{m}）}{x}$，
當(dāng)x＞$\frac{1}{m}$，h′（x）＜0，h（x）遞減，當(dāng)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(shí)，4ln2≥1即有2⁴≥e成立．
整數(shù)m的最小值為2．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性的基本思路，不等式恒成立問(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值問(wèn)題來(lái)解的方法．屬于中檔題．